精品解析：四川省自贡市第一中学校2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

自贡一中高2026届高二上学期10月月考数学试题 一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 如图所示,直线的斜率分别为,则 A. B. C. D. 2. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ） A. B. C. D. 4 3. 已知直线，且，则实数a的值为（ ） A. 5 B. 1 C. 5或 D. 4. “直线与互相垂直”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，在四面体中，是的中点，，设，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是空间的一个基底，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 两两共面，但不共面 C. 一定存在x，y，使得 D. 一定能构成空间的一个基底 7. 已知空间直角坐标系中的三点，，，则点A到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，若直线与线段没有交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 已知正方体的棱长为1，则（ ） A. 直线与直线所成的角为 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线必过定点 B. 直线在轴上的截距为 C. 直线的倾斜角为60° D. 过点且垂直于直线的直线方程为 11. 给出以下命题，其中错误的是（ ） A. 平面的法向量分别为，则 B. 直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 D. 平面经过三个点，向量是平面的法向量，则 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分 12. 已知空间向量，则___________. 13. 已知直线分别与x轴，y轴相交于A,B两点，若动点在线段AB上，则ab的最大值为______. 14. 如图，在长方体中，，，点在棱上.若二面角的大小为，则的坐标为______，______. 四、解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 已知，点满足，且，试求点的坐标. 16. 根据下列条件，分别写出直线的方程： （1）斜率为，在轴上的截距为. （2）已知平面内两点，求过且与直线平行的直线的方程． （3）求经过点，且在轴上的截距等于在轴上截距的2倍的直线方程． 17. 在棱长为的正方体中，求 （1）直线与平面所成的角； （2）求平面与平面的距离； （3）求三棱锥外接球的表面积； 18. 如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 19. 如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 自贡一中高2026届高二上学期10月月考数学试题 一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 如图所示,直线的斜率分别为,则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线所对应的倾斜角为， 由图可知，，由直线的倾斜角与斜率的关系可得，得解. 【详解】解：由图可知,直线的倾斜角为锐角,所以,而直线与的倾斜角均为钝角,且的倾斜角小于的倾斜角,故.所以. 故选B. 【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，重点考查了识图能力，属基础题. 2. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据，展开后根据空间向量的数量积公式计算即可得到结果. 【详解】由题意可得， . 故选：C 3. 已知直线，且，则实数a的值为（ ） A. 5 B. 1 C. 5或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，列出方程求解，再验证判断作答. 【详解】直线，，由解得或， 当时，直线与重合，不符合题意， 当时，直线与平行， 所以实数a的值为. 故选：D 4. “直线与互相垂直”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由两直线互相垂直，知，由此能求出实数的值，再利用充分必要条件的定义判断得解. 【详解】解：直线与互相垂直， ， 解得或． 因为或时，不一定成立， 因为时，或一定成立. “直线与互相垂直”是“”的必要不充分条件. 故选：A 5. 如图，在四面体中，是的中点，，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算求解. 【详解】 故选：B 6. 已知是空间的一个基底，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 两两共面，但不共面 C. 一定存在x，y，使得 D. 一定能构成空间的一个基底 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性关系、向量的基底的定义和空间向量基本定理，即可求解． 【详解】对于A，若不全为0，则 共面，与题意矛盾，故A正确； 对于B，是空间的一个基底,则 两两共面，但 不共面，故B正确； 对于C， 不共面，则不存在实数，使得 ，故C错误； 对于D，若 共面， ， 无解， 故 不共面，一定能构成空间的一个基底，故D正确 故选∶C． 7. 已知空间直角坐标系中的三点，，，则点A到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点A到直线的距离,向量在向量上的投影及勾股定理即可求. 【详解】已知，，， 所以 ，， 点A到直线的距离为. 故选：C. 8. 已知点，若直线与线段没有交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线的斜率，结合图形得出的范围． 【详解】直线过定点，且， 由图可知直线与线段没有交点时，斜率满足， 解得， 故选：B． 二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 已知正方体的棱长为1，则（ ） A. 直线与直线所成的角为 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角、线面角判断AD；利用空间位置关系的向量证明判断B；利用空间向量求出点到平面的距离判断C. 【详解】正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 对于A，，即，而上，则，A错误； 对于B，，， 则，而平面，因此平面，正确； 对于C，由平面，即是平面的法向量，， 因此点到平面的距离为，C错误； 对于，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值，D正确. 故选：BD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线必过定点 B. 直线在轴上的截距为 C. 直线的倾斜角为60° D. 过点且垂直于直线的直线方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】将方程化为点斜式，即可判断A；令，得出在轴上的截距，进而判断B；将一般式方程化为斜截式，得出斜率，进而得出倾斜角，从而判断C；由两直线垂直得出斜率，最后由点斜式得出方程，进而判断D. 【详解】可化为，则直线必过定点，故A正确； 令，则，即直线在轴上的截距为，故B正确； 可化为，则该直线的斜率为，即倾斜角为，故C错误； 设过点且垂直于直线的直线的斜率为 因为直线的斜率为，所以，解得 则过点且垂直于直线的直线的方程为，即，故D正确； 故选：ABD 【点睛】本题主要考查了求直线过定点，求直线的倾斜角，由两直线垂直求直线方程，属于中档题. 11. 给出以下命题，其中错误的是（ ） A. 平面的法向量分别为，则 B. 直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 D. 平面经过三个点，向量是平面的法向量，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平面的法向量不具有倍数关系可判断A；根据直线的方向向量和平面的法向量的数量积可安短B；根据直线的方向向量的数量积判断C；根据平面的法向量的求法可判断D. 【详解】对于A，由可知两向量不具有倍数关系，故不平行，A错误； 对于B，由于，，则， 故，则或，B错误； 对于C，由于，即得，C正确； 对于D，由于，故， 向量是平面的法向量，则，解得， 故，D错误， 故选：ABD 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分 12. 已知空间向量，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的减法法则求得向量的坐标，然后由模的定义计算． 【详解】因为，所以. 故答案为：． 13. 已知直线分别与x轴，y轴相交于A,B两点，若动点在线段AB上，则ab的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用直线方程求出点A,B坐标，从而确定，由题意将代入得到，根据的取值范围结合二次函数的性质即可求出ab的最大值. 【详解】直线方程可化为，故直线与x轴的交点为A(2，0)，与y轴的交点为B(0，1).由动点在线段AB上可知，且，所以，故.因为，所以当时ab取得最大值. 【点睛】本题主要考查了点与直线的位置关系以及最值问题，点在曲线上必然满足曲线的方程，属于中档题. 14. 如图，在长方体中，，，点在棱上.若二面角的大小为，则的坐标为______，______. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】设，算出两个平面的法向量，然后建立方程求解即可. 【详解】设，平面的法向量为. 由题可知，，，则，. 易知平面的一个法向量为. ∵为平面的法向量，∴，令，则， 又二面角的大小为，∴，即， 解得或（舍去），∴，. 故答案为：； 四、解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 已知，点满足，且，试求点的坐标. 【答案】 【解析】 【分析】设，由题意可得，再根据斜率公式即可得解. 【详解】由，得，， 设，由题意可知，且， 则，， 因为，且， 所以， 所以，解得， 即. 16. 根据下列条件，分别写出直线的方程： （1）斜率为，在轴上的截距为. （2）已知平面内两点，求过且与直线平行的直线的方程． （3）求经过点，且在轴上的截距等于在轴上截距的2倍的直线方程． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用直线的斜截式方程求解即可； （2）利用平行直线斜率相等以及点斜式，结合斜率公式即可得到直线的方程.； （3）当直线不过原点时，设所求直线方程为，当直线过原点时，设直线方程为，将代入直线方程，进而求得所求直线的方程. 【小问1详解】 因为直线的斜率为，在轴上的截距为， 所以直线的斜截式方程为， 化简可得； 【小问2详解】 因为，， 所以， 因为所求直线与直线平行，所以所求直线斜率为， 又因为直线过， 所以所求直线的方程为：，即. 【小问3详解】 由题意，当直线不过原点时，设所求直线方程为， 将代入，可得，解得， 所以直线方程为； 当直线过原点时，设直线方程为， 将代入，可得，解得， 所以直线方程为，即， 综上可得，所求直线方程为或. 17. 在棱长为的正方体中，求 （1）直线与平面所成的角； （2）求平面与平面的距离； （3）求三棱锥外接球的表面积； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求得线面角； （2）先证平面平面，将面到面的距离转化为点到面的距离，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出点到面的距离即可； （3）根据补形法确定三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求出正方体外接球半径，即可求得结果. 【小问1详解】 建立如图所示，以为坐标原点， 、、分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 根据题意有：，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，即，令，则有， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则有，又因为， 所以 【小问2详解】 连接、、、、、， 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面；同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面； 因为，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，， 令，可得， 则为平面的一个法向量， 所以平面与平面的距离. 【小问3详解】 根据补形法可知三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，则， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积为. 18. 如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明:如图，连接，由题意知为的直径，所以，     因为是圆柱的母线， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 因为是圆柱的母线，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，证明，，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知两两相互垂直， 如图，以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 由（1）知平面，故平面的法向量可取为. 设平面的法向量为，由，， 则有，可取 设二面角的平面角为， 则， 由图可知为锐角，所以二面角的余弦值为. 19. 如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明:由题知且，所以为等边三角形， 则， 又由四边形为梯形，，则， 在中，， 所以，即， 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，在中，由余弦定理求得，得到，证得，再由，证得平面，即可证得平面平面； （2）若O为中点，证得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，设，由平面的一个法向量为，列出方程求得，进而得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 若O为中点，，则， 由（1）得平面平面，平面平面，平面， 则平面， 连接，则，且平面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为原点，，，分别为轴、轴和轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 设且，则，由平面的一个法向量为， 可得，解得， 因为，所以，可得， 所以，，， 设是平面的一个法向量，则， 取，可得，所以 则， 由图形可得的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $