精品解析：贵州省毕节市民族中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题

毕节市民族中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学检测试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 下列说法错误的是（ ） A. 同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小 B. 是向量的必要不充分条件 C. 只有零向量的模等于0 D. 共线的单位向量都相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的定义（大小、方向）、零向量性质、共线向量的方向特征，逐一判断各选项的正确性. 【详解】选项A：向量是兼具大小与方向的量，本身无法比较大小，仅模可以比较，此说法正确. 选项B：需满足模相等且方向相同，故是的必要不充分条件，此说法正确. 选项C：零向量的定义为模等于0的向量，不存在其他模为0的向量，此说法正确. 选项D：共线的单位向量方向可能相同或相反，方向相反时向量不相等，此说法错误. 故选：D. 2. 过 两点的直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点坐标求出直线的斜率，结合直线倾斜角的范围即可得出结果. 【详解】由已知直线的斜率为 ， 所以倾斜角． 故选：D. 3. 三棱锥中，M是棱BC的中点，若，则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 由向量的线性运算，先求出，再利用平行四边形法则，即可得出，即可得出结果. 【详解】解：由题可知，， 由向量线性运算得： 即， 所以，，则. 故选：B. 【点睛】本题考查空间向量的线性运算，运用到三角形法则和平行四边法则的加减法运算. 4. 若，，则（ ） A. B. C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加法、减法、数量积的坐标运算进行计算. 【详解】由题得，， ， 则． 故选：． 5. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标 【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0 ① AB的中点为（1，2）， AB的中垂线方程为， 即x-2y+3=0．联立 解得 ∴△ABC的外心为（-1，1）． 则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8  ② 联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4． 当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A 【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等． 6. 已知平面向量且，则一定共线的三点是（    ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】先考虑向量共线时，的位置关系，再考虑向量不共线时，利用向量共线定理和平面向量基本定理逐项判断即可. 【详解】若向量共线，则共线，此时共线， 当向量不共线时， 对于A选项， ，所以三点共线，A正确； 对于B选项，设 ，则 ，即 无解，B错误； 对于C选项，设 ，则 ，即 ，无解，C错误； 对于D选项， ，设 ， 即 ，即 ，无解，D错误． 故选：A 7. 如图所示，三棱锥中，，，两两垂直且长度均为1，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取定空间的一个基底，表示出，再利用数量积的运算律计算即得. 【详解】在三棱锥中，取空间的一个基底，则， 由，得， 而两两垂直，， 所以. 故选：C 8. 已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何体特征，建立空间直角坐标系，根据空间点到线的距离公式计算即可. 【详解】根据题意，以正方体的顶点为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，所以，， 设与的夹角为，则， 所以， 所以点到直线的距离为. 故选：D. 二、多选题（本大题共4小题） 9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间向量平行的条件、向量的模、向量垂直的充要条件、向量夹角余弦的求法运算即可得解. 【详解】对于选项A，由题意，，， 假设，则存在实数，使得， 即，所以，方程组无解， 即不存在实数，使得，所以和不平行，故A错误； 对于选项B，由，，可得， ，则，故B正确； 对于选项C，由，， 可得， 因为，所以，故C正确； 对于选项D，由，， 可得，故D错误. 故选：BC． 10. 设为实数，直线的方程为，则下列说法正确的是（ ） A. 当变化时，恒过定点 B. 若，则在轴，轴上的截距之和为4 C. 若，则的斜率为1 D. 当时，点关于直线的对称点坐标为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，将直线方程转化为，由解方程组即可；对于B，求出直线在轴，轴上的截距即可；对于C，化为斜截式即可得解；对于D，根据点关于直线的对称的求法，求得对称点的坐标. 【详解】对于A项，直线的方程为化为， 由，解得，所以直线恒过定点，A正确； 对于B项，时，，令，，令，， 此时在轴，轴上的截距之和为，B错误； 对于C项，由B项可知，故的斜率为1，C正确； 对于D项，时，， 设关于直线对称点坐标为， 则，解得， 即点关于直线的对称点坐标为，D错误. 故选：AC 11. 下列命题是真命题的有 （ ） A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直 B. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 平面的法向量分别为，则 D. 平面经过三点，向量，平面的法向量，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线的方向向量、平面法向量的性质，结合空间向量数量积的坐标运算逐一判断即可. 【详解】∵，， ∴，则， ∴直线l与m垂直，故A正确； ∵，， ∴，则， ∴或，故B错误； ∵，∴与不共线， ∴不成立，故C错误； ∵点， ∴，． ∵向量是平面的法向量， ∴，即，解得，故D正确． 故选：AD 12. 如图，正方体的棱长为，点，分别在，上，，.动点在侧面内(包含边界)运动，且满足直线平面，则（ ） A. 过，，的平面截正方体所得截面为等腰梯形 B. 三棱锥的体积为定值 C. 动点所形成轨迹的长度为 D. 过，，的平面截正方体所得截面面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】 由题做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，进而计算即可排除A选项；根据平面，由等体积转化法得即可得B选项正确；取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；过点做的平行线交于，交于，连接，易知过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而得当位于点时，截面面积最小，为四边形的面积，且面积为. 【详解】解：对于A选项，如图，取中点，连接，由点，分别在，上，，，故四边形为平行四边形，故，由于在，为中点，当为中点时，有，故过，，的平面截正方体所得截面为梯形，此时，，故梯形不是等腰梯形，故A选项错误； 对于B选项，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，由于平面，故三棱锥的体积等于三棱锥的体积，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而三棱锥的体积为定值，故B选项正确； 对于C选项，取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知，，由于，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确； 对于D选项，过点做的平行线交于，交于，连接，则过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，易知当位于点时，平行四边形边最小，且为，此时截面平行四边形的面积最小，为四边形的面积，且面积为，故D选项正确； 故选：BCD 【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而讨论AD选项，通过平面，并结合等体积转化法得知B选项正确，通过构造面面平行得的轨迹为线段，进而讨论C选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题. 三、填空题（本大题共4小题） 13. 已知向量为单位正交基底，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由向量为单位正交基底，可得向量的坐标，利用向量线性运算的坐标表示和模长公式，即得解 【详解】由题意，向量为单位正交基底 故答案为： 14. 如图所示，平行六面体中，，．用向量表示向量=________． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算可得结果. 【详解】由题意得，. 故答案为：. 15. 已知点，和直线l：（），直线l与线段AB有公共点，则m的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求直线所过的定点，再求边界的斜率，再利用数形结合，写出范围. 【详解】，得，所以直线过点， ，， 若直线与线段有公共点，所以直线斜率的取值范围是. 故答案为： 16. 已知空间向量，，两两之间的夹角均为 ，且，，．若向量，分别满足与，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由数量积的运算律得，令，则， ．利用数量积的性质可得，最后由模的三角不等式求解即可. 【详解】依题意得，，． 因为，所以， 所以，所以． 令，则，且． 由，得，所以， 所以， 当且仅当，共线同向时等号成立． 故答案为： 四、解答题（本大题共6小题） 17. 直线经过，，直线经过点，． （1）若，求m的值； （2）若，求m的值． 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）易得直线的斜率存在，则根据，可得两直线斜率相等，再结合斜率公式即可得解； （2）分直线的斜率等于零和直线的斜率存在且不为0，两种情况讨论，再结合斜率公式即可得解. 【小问1详解】 由题知直线的斜率存在且， 若，则直线的斜率也存在，由， 得，解得或， 经检验，当或时，； 【小问2详解】 若，当时， 此时，斜率存在，不符合题意； 当时，直线的斜率存在且不为0， 则直线的斜率也存在，且， 即， 解得或， 所以当或时，． 18. 如图所示，在三棱柱中，点，，，分别为棱，，，上的点，且，，，. （1）证明：平面； （2）若，，四边形为矩形，平面平面，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接,取的中点,连接，通过证明平面面得到平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，用空间向量求所成锐二面角的余弦值. 【小问1详解】 如图,连接,取的中点,连接. 因为, 所以,且. 所以四边形是平行四边形. 所以. 因为平面面， 所以平面, 易得点为的中点,因为点为的中点,所以. 因为.所以. 又,所以且, 所以四边形为平行四边形. 所以,所以. 因为平面平面. 所以平面. 因为, 所以平面面. 因为平面, 所以平面, 【小问2详解】 因为四边形为矩形, 所以. 因为平面平面,平面平面, 所以平面， 因为平面,所以， 因为,所以. 因为平面， 平面 所以平面. 又平面,所以. 以为原点,的方向分别为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以， 设平面的法向量为, 则令,得. 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为, 则令,得. 所以平面的一个法向量为. 设平面与平面所成的锐二面角为, 则, 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 19. 的三个顶点是，，，求： （1）边BC上的中线所在直线的方程； （2）边BC上的高所在直线的方程； （3）边BC的垂直平分线的方程． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）求得BC的中点坐标，结合A点坐标，求得中线方程； （2）求得BC的斜率，从而求得其上的高的斜率，且过，求得高的方程； （3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为，写出垂直平分线的方程； 【详解】（1）BC的中点坐标为 则边BC上的中线所在直线的方程为； （2）边BC的斜率为，则其上的高的斜率为，且过， 则边BC上的高所在直线的方程为； （3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为， 则边BC的垂直平分线的方程为. 20. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. （1）求证：，，，四点共面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为平面是菱形，所以， 又因为底面，面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系： 因为，，，则，，，，， 因为，分别为侧棱，的中点，所以，， 设，，因为， 所以，解得，即. 所以，，. 所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面. 又，，过同一点，从而，，，四点共面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，通过计算得出，由平面向量基本定理得到，，共面，即可证明结果； （2）由（1）结果，得到，并求得平面的法向量为，再利用线面角的向量法即可求出结果. （3）由（1）和（2）得，平面的法向量，再由空间距离的向量法即可求出结果. 【小问1详解】 （1）略 【小问2详解】 由（1）可得，，，， 又因为，所以，. 设平面的法向量，由，得到， 取，可得，，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）和（2）知，平面的法向量， 设到平面的距离为，则. 21. 筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥． （1）求到平面的距离； （2）当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）1 （2）存在；或 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，进而可得到平面的距离. （2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，再设，根据线面角的空间向量求法求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴， 所以垂直平分，所以． 平面平面 所以平面． 所以到平面的距离． 【小问2详解】 存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 过作平面，所以两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系 由（1）得平面平面，因为 所以． 设， ， ， 设平面的法向量， ，所以 令，则， 所以平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，， ． 所以或，所以存在点，当或时，使得直线与平面所成角的正弦值为． 22. 如图，在三棱柱中，底面侧面． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）平面平面，平面， 平面平面， 平面， 平面，， ，， ，四边形为菱形， ， 平面， 平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直性质定理先证明平面，然后利用菱形的性质和线面垂直的判定定理即可得证； （2）以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面ABC， ， ，可得， 又， ， 为锐角， 以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 平面， 即为平面的法向量， 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得， ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 毕节市民族中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学检测试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 下列说法错误的是（ ） A. 同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小 B. 是向量的必要不充分条件 C. 只有零向量的模等于0 D. 共线的单位向量都相等 2. 过 两点的直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 3. 三棱锥中，M是棱BC的中点，若，则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 1 4. 若，，则（ ） A. B. C. 8 D. 10 5. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为 A. B. C. D. 6. 已知平面向量且，则一定共线的三点是（    ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 如图所示，三棱锥中，，，两两垂直且长度均为1，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题） 9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 10. 设为实数，直线的方程为，则下列说法正确的是（ ） A. 当变化时，恒过定点 B. 若，则在轴，轴上的截距之和为4 C. 若，则的斜率为1 D. 当时，点关于直线的对称点坐标为 11. 下列命题是真命题的有 （ ） A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直 B. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 平面的法向量分别为，则 D. 平面经过三点，向量，平面的法向量，则 12. 如图，正方体的棱长为，点，分别在，上，，.动点在侧面内(包含边界)运动，且满足直线平面，则（ ） A. 过，，的平面截正方体所得截面为等腰梯形 B. 三棱锥的体积为定值 C. 动点所形成轨迹的长度为 D. 过，，的平面截正方体所得截面面积的最小值为 三、填空题（本大题共4小题） 13. 已知向量为单位正交基底，，，则________． 14. 如图所示，平行六面体中，，．用向量表示向量=________． 15. 已知点，和直线l：（），直线l与线段AB有公共点，则m的取值范围是__________. 16. 已知空间向量，，两两之间的夹角均为 ，且，，．若向量，分别满足与，则的最小值为______． 四、解答题（本大题共6小题） 17. 直线经过，，直线经过点，． （1）若，求m的值； （2）若，求m的值． 18. 如图所示，在三棱柱中，点，，，分别为棱，，，上的点，且，，，. （1）证明：平面； （2）若，，四边形为矩形，平面平面，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 的三个顶点是，，，求： （1）边BC上的中线所在直线的方程； （2）边BC上的高所在直线的方程； （3）边BC的垂直平分线的方程． 20. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. （1）求证：，，，四点共面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 21. 筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥． （1）求到平面的距离； （2）当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 22. 如图，在三棱柱中，底面侧面． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $