精品解析：贵州省贵阳市南湖实验中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

2025年10月月考高二年级数学学科试卷 试卷满分：150分考试 时长：120分钟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知分别为三个内角所对的边，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 2. 已知直线的一个方向向量为，则该直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 3. 中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国､秦､汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，若鳖臑的体积为2，则阳马外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A. B. ，， C. D. ，， 5. 已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方形ABCD的边长为4，BC和CD的中点分别为M，N，沿AM，MN，NA折起来使得B，D，C重合于P，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 若过点，的直线的倾斜角的取值范围是，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且，，.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知的三个内角，，所对应的边分别为，，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 恒成立 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则是等腰三角形 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若空间向量、、，满足，，则 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 点关于平面对称的点的坐标是 D. 若、是两个单位向量，则 11. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且 ，，是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 与平面所成的角的余弦值为 C. 点到平面的距离为 D. 平面与平面夹角的余弦值为 三、填空题 12. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_____. 13. 甲沿一条东西走向的公路由东向西骑行（公路可看成一条线），当甲骑行到点时测得某地标建筑物在其北偏西45°的方向上，再骑行100米到达点时测得在其北偏西15°方向上，则此时甲与的距离______________米. 14. 已知点关于直线对称的点是，则直线在轴上的截距是__________. 四、解答题 15. 已知中，，，分别为内角，，的对边，且． （1）求角的大小； （2）若，的角平分线交于点，求的长度． 16. 已知三角形的顶点坐标为，，. （1）求过点C且与边平行的直线； （2）求边上的高所在的直线方程. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若的面积为，求的值； 18. 如图，在正三棱柱中，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 如图，在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为6，底面正方形ABCD的中心在坐标原点，棱AD，BC平行于x轴，AB，CD平行于y轴，顶点P在z轴的正半轴上，点M，N分别在线段PA，BD上，且． （1）求直线MN与PC所成角的大小； （2）求锐二面角A﹣PN﹣D的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年10月月考高二年级数学学科试卷 试卷满分：150分考试 时长：120分钟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知分别为三个内角所对的边，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，结合三角形边角关系即可求出角. 【详解】由正弦定理，，可得， 因，则，故. 故选：A. 2. 已知直线的一个方向向量为，则该直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率，即可得答案. 【详解】因为是直线的一个方向向量，故直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则 ， 所以 ， 故选：D 3. 中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国､秦､汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，若鳖臑的体积为2，则阳马外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据鳖臑的体积为2先求，进而得阳马外接球的半径，最后根据球的表面积公式即可求解. 【详解】设阳马外接球的半径为， 由题意有：， 又平面，四边形为正方形，所以， 所以， 所以阳马外接球的表面积为：， 故选：B. 4. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A. B. ，， C. D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理及三角形三边关系一一分析选项即可. 【详解】对于选项A，已知两边及夹角，由三角形全等的条件可知△ABC有唯一解． 对于选项B，，，，又，故，故△ABC无解． 对于选项C，，，，有，∴， 又，故△ABC有两个解． 对于选项D，，，，由，得，故B为锐角，故△ABC有唯一解． 故选：C． 5. 已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由线面的夹角公式求解即可； 【详解】依题意轴的方向向量可以为，设轴与平面所成角为，则，因为，所以， 故选：A 6. 已知正方形ABCD的边长为4，BC和CD的中点分别为M，N，沿AM，MN，NA折起来使得B，D，C重合于P，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图象可得三棱锥的三条侧棱两两垂直，将三棱锥补形为长方体，结合长方体的外接球的半径的求法求三棱锥的外接球半径，再根据球的表面积公式求结论. 【详解】如图， 三棱锥的三条侧棱两两垂直， 即，，， 如下图，将三棱锥补形为长方体， 因为三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥外接球的半径为R， 因为，，， 所以， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为． 故选：A． 7. 若过点，的直线的倾斜角的取值范围是，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合倾斜角与斜率的关系，分斜率不存在与斜率存在计算即可得. 【详解】当时，直线的斜率不存在，两点横坐标相等，即； 当时，直线的斜率存在， 则或，解得或； 综上所述，实数的取值范围是. 故选：B. 8. 在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且，，.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，易得外接球半径，利用正弦定理得到截面的外接圆半径为，从而得到球心到面的距离，结合题意即可得到最大值. 【详解】三棱锥的外接球就是以、、为长、宽、高的长方体的外接球， 其直径为，即， 又，所以， 则，于是由正弦定理，的外接圆半径为， 故球心到面的距离为. 所以点到面距离的最大值是. 故选：C. 二、多选题 9. 已知的三个内角，，所对应的边分别为，，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 恒成立 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则是等腰三角形 【答案】AB 【解析】 【分析】利用正余弦定理对各个选项分析判断即可. 【详解】对于，在中，设外接圆的半径为， 若，则，可得，所以，可知项正确； 对于B，由内角和定理得，故B项正确； 对于C，由得为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故C项错误； 对于D，若，则由正弦定理得，即， 可得或，所以是等腰或直角三角形，故D项错误． 故选：AB． 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若空间向量、、，满足，，则 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 点关于平面对称的点的坐标是 D. 若、是两个单位向量，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用空间向量相等的传递性可判断A选项；利用线面位置关系与空间向量的关系可判断B选项；利用空间直角坐标系中点的对称性可判断C选项；利用单位向量的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，若空间向量、、，满足，，则，A对； 对于B选项，因为，则，所以，或，B错； 对于C选项，点关于平面对称的点的坐标是，C错； 对于D选项，若、是两个单位向量，则，D对. 故选：AD. 11. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且 ，，是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 与平面所成的角的余弦值为 C. 点到平面的距离为 D. 平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理证得平面平面，由此判断A；建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角、点到平面的距离、面面角，计算并判断B,C,D. 【详解】由底面，平面，可得， 因为四棱锥的底面为直角梯形，，且，所以， 又，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故A正确； 以点为坐标原点，以直线所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则即得，令，则，所以． 设与平面所成的角为，则， 所以，故B错误； 点到平面的距离，故C正确； 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 因为，， 则即令，则，，所以， 因为，， 则即令，则，，所以. 设平面与平面夹角的大小为， 则，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题 12. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理可得三边比值，利用勾股定理即可得解. 【详解】由和正弦定理可知，， 设， 因为，所以. 故答案为： 13. 甲沿一条东西走向的公路由东向西骑行（公路可看成一条线），当甲骑行到点时测得某地标建筑物在其北偏西45°的方向上，再骑行100米到达点时测得在其北偏西15°方向上，则此时甲与的距离______________米. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形内角和与正弦定理来求解甲与的距离. 【详解】如图所示，在中，，，，米. 由正弦定理可得，解得米. . 故答案为：. 14. 已知点关于直线对称的点是，则直线在轴上的截距是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合斜率公式和两直线的位置关系，求得，再由中点公式，求得的中点坐标，代入直线方程，求得的值，进而得到答案. 【详解】因为点关于直线对称的点是， 可得，所以，可得，即， 设的中点为，可得，即， 将点代入，可得，即， 令，可得，所以直线在轴上的截距是. 故答案为： 四、解答题 15. 已知中，，，分别为内角，，的对边，且． （1）求角的大小； （2）若，的角平分线交于点，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理、余弦定理化简已知等式，再结合角度范围即可得角的大小； （2）根据三角形面积公式求解的长度即可． 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，整理得， 由余弦定理得， 因为，所以； 【小问2详解】 在中， 因为， 所以， 则； 16. 已知三角形的顶点坐标为，，. （1）求过点C且与边平行的直线； （2）求边上的高所在的直线方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两点求得斜率，根据平行直线明确斜率，利用点斜式，可得答案； （2）由（1）可得斜率，根据垂直直线明确斜率，利用点斜式，可得答案. 【小问1详解】 由，则直线的斜率， 可设与直线平行的直线斜率为，由该平行线过， 则方程为，整理可得. 【小问2详解】 由（1）可得与直线垂直的直线斜率为， 边上的高所在的直线斜率为，且过， 所以直线方程为，整理可得. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若的面积为，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式，结合题中条件即可求解. 【小问1详解】 由可得， 故， 由于,故， 【小问2详解】 由，故， 又得，故， 故， 18. 如图，在正三棱柱中，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接，与相交于点，连接，如下图： 因为四边形为矩形，故为的中点. 又为的中点，故， 又平面平面， 所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）根据中位线性质利用线面平行判定定理即可证明得出结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量即可计算得出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 由于平面，故平面， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 又 设直线与平面所成的角为， 所以， 故直线与平面所成角正弦值为. 19. 如图，在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为6，底面正方形ABCD的中心在坐标原点，棱AD，BC平行于x轴，AB，CD平行于y轴，顶点P在z轴的正半轴上，点M，N分别在线段PA，BD上，且． （1）求直线MN与PC所成角的大小； （2）求锐二面角A﹣PN﹣D的余弦值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，然后求出M，N，P，C点坐标，根据点坐标即可求出直线MN与PC所成角的大小； （2）首先求出平面APN与平面PND的法向量，根据二面角公式即可求出二面角A﹣PN﹣D的余弦值. 【详解】解：（1）如图，已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为6， ，，，，， 设，， 由，得，， 即，所以，，， 由，得，故， 所，， 所以， 所以直线MN与PC所成的角为； （2）因为AC平面PBD，设平面PBD的法向量， 设平面PAN的法向量为，，， 由，得，故， 所以， 故锐二面角A﹣PN﹣D的余弦值为． 【点睛】本题主要考查了利用空间向量求解几何体中线线角与面面角，属于一般题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $