精品解析：吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，三棱柱满足棱长都相等且⊥平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面与平面的夹角是（ ） A. 先增大再减小 B. 减小 C. 增大 D. 先减小再增大 【答案】D 【解析】 【分析】先建系，分别求出平面与平面的法向量，再根据二面角余弦公式结合余弦函数单调性判断即可. 【详解】以AC中点O为坐标原点，OB，OC分别为x，y轴，建立空间直角坐标系． 设所有棱长均为2， 则，，， ，设平面BDE法向量， 则， 令，则， 故． 又平面的法向量， 故平面与底面所成锐二面角的平面角的余弦值， 又，故在上单调递增，上单调递减， 即随着x增大先增大后减小，且在单调递减，所以随着x增大先减小后增大． 故选：D． 2. 在直三棱柱中，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可. 【详解】因为. 故选：B 3. 已知空间中点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四点共面，得与共面，利用共面向量定理列方程组求解即得． 【详解】因为，，，， 所以，，， 因为四点共面，所以与共面，即存在唯一实数对，使得， 所以， 所以，解得． 故选：B 4. 四面体中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，根据向量的线性运算法则计算即得. 【详解】因为，， 所以， 所以， 故选：B. 5. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量线性关系的坐标运算及垂直的坐标表示列方程求参数即可. 【详解】由题设，， 又与互相垂直，则，解得. 故选：C 6. 过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知直线的斜率，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可. 【详解】 设直线的倾斜角为，， 当直线的斜率不存在时，，符合， 当直线的斜率存在时，设直线的斜率为， 因为点， ，，则，， 因为直线经过点，且与线段总有公共点，所以， 因为，又，所以， 所以直线的倾斜角范围为. 故选：B. 7. 如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为棱，的中点，则下列命题正确的个数为（    ） ①；② ③侧棱与底面所成角的余弦值为；④直线与所成角的正弦值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】通过判断向量垂直来判断直线垂直；利用勾股定理求线段长度；利用余弦定理求空间中的角度. 【详解】. 所以，故.命题①正确. 连接，，由勾股定理得，所以是等腰三角形. .命题②错误. 在中，由余弦定理得，求得. 侧棱在底面上的投影为，所以侧棱与底面所成的角即为.命题③正确. 连接，，其中为中点.在中，为中位线，所以，. 要求与所成角，即求与夹角，即. 由勾股定理得. 在中，由余弦定理得， 解得,从而.命题④正确. 故选：C 8. 菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形， 因为 E为AB的中点，所以，所以， 因为，平面，所以 平面， 因为菱形的边长为4，所以， 所以直角梯形的面积为， 设四棱锥的高为，则，得， 所以，所以平面， 所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则 ， 所以， 所以 所以， 所以F到直线BC的距离为， 故选：A 二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，直线，则下列结论正确的是（ ） A. 在轴上的截距为 B. 过定点 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线的方程得横截距可判断A；把方程作为参数的恒等式求解得定点坐标可判断B；根据直线垂直或平行的条件求得参数值可判断CD． 【详解】对于A，令时，，则在轴上的截距为，故A正确； 对于B，直线，当时，所以直线恒过，故B正确； 对于C，若，则且，故，故C错误； 对于D，等价于，解得，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则. A：， 所以，故A正确； B：， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 所以，即， 又平面，所以平面，故B正确； C：，则， 所以， 即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误； D：设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 得，所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得异面直线与所成的角为 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A选项；利用异面直线的向量夹角公式计算判断B选项；连接、、，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C选项；利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D选项. 【详解】以为坐标原点，、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，    ，，，，，，； 对于A选项，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得， 即点与重合时，，A正确； 对于B选项，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为，， 所以，方程无解； 所以不存在点满足题意，B错误；    对于C选项，连接、、，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D选项，由上分析知：，， 若是面的法向量，则， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知三棱锥，为的重心，点，为，的中点，点分别在上，，．若四点共面，则______． 【答案】24 【解析】 【分析】根据题意，设的中点为，连接，由空间向量的运算结合四点共面定理代入计算，即可得到结果. 【详解】如图，设的中点为，连接． 因为点为的重心，所以点在线段上． 因为 ， 所以， 所以． 若四点共面，则，解得． 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，过点作直线，分别与轴的正半轴，轴的正半轴交于点．当直线的斜率为______时，的面积最小（是坐标原点），最小面积是______． 【答案】 ①. ②. 8 【解析】 【分析】设、，，，则，将代入得，利用基本不等式可求出，从而求得的最小面积及此时直线的斜率． 【详解】设， 则直线， 将代入得， 由基本不等式得，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，，， 所以直线的斜率时， 的面积最小，最小值为8， 故答案为：，8． 14. 在正方体中，，动点满足．当时，______；当时，的取值范围是______． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，根据正方体的性质和已知条件得出各点坐标，从而得出相应向量坐标，再利用向量乘法、加减法的运算法则及向量模长公式计算求解． 【详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， ， ， ， ， 当时，， ． ， ， ， ， ， 当时，取得最小值，最小值为2， 当或，时，取得最大值，最大值为， ． 故答案为：0；． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平行六面体中，，，，，． （1）求； （2）求证：； （3）求的长． 【答案】（1）3 （2）证明如下： 因为， ， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的定义计算即可； （2）根据数量积为0得出垂直； （3）由，再平方计算模长即可. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为， 所以， ． 所以，所以． 16. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其面积为，且. （1）求角； （2）若，求取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知及余弦边角关系得，再由三角形面积公式、差角正弦公式整理得，即可求角； （2）由已知和三角形面积公式、三角形内角关系得、，利用正弦定理及三角恒等变换得，根据锐角三角形得，进而求的范围. 【小问1详解】 由，则， 所以，则， 又，可得； 【小问2详解】 由，且， 由正弦定理知， 所以， 由且，可得，则， 所以，故，即. 17. 某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，高二年级学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计.将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积.请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）若根据这次成绩，年级准备淘汰60%的同学，仅留40%的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （2）从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率． （3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的96和84两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差． 【答案】（1）73分合理 （2） （3）22.25 【解析】 【分析】（1）由题意知可得，计算可求得；根据小长方形的面积和为1求得，利用频率分布直方图计算第60百分位数即可； （2）利用分层抽样可得两层应分别抽取4人和2人，分别记为，，，和，， 列出所有基本事件，根据古典概型计算即可得出结果； （3）根据平均数和方差的计算公式求解即可. 【小问1详解】 由第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积可知，， 解得， 又，解得， 所以，， 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：，设第60百分位数为， 则，解得，所以晋级分数线划为73分合理； 【小问2详解】 由图可知，按分层抽样法，两层应分别抽取4人和2人，分别记为，，，和，， 则所有的抽样有：，共15个样本点， “抽到的两位同学来自不同小组”， 则共8个样本点， 所以. 【小问3详解】 因为，所以， 所以， 所以， 剔除其中的96和84两个分数，设剩余8个数为，，，…，， 平均数与标准差分别为，， 则剩余8个分数的平均数：， 方差： 18. 已知正方体 的棱长为4，E，F分别为 的中点，G在线段 上，且 （1）求证∶ 面; （2）求平面EBF 与平面EBG夹角的余弦值； （3）求点D到平面EBF的距离． 【答案】（1）证明：法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵，平面，∴平面； 法二、如图以D为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的法向量， 则，令，则， 所以是平面的一个法向量， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面EBF 与平面EBG的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 因为，所以， 又是平面的一个法向量， 则D到平面的距离为. 所以点D到平面EBF的距离为. 【点睛】 19. 如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）设的中点为，在平面内取点，使得直线平面，问点是否在内？ 【答案】（1）证明：取的中点，连结，，因为，所以， 在中，，所以， 在中，， 在中， ，，，所以， 所以，又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）. （3）点不在内 【解析】 【分析】（1）取的中点，通过证明和，证得平面，可证平面平面； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，向量法求点到平面的距离； （3）设，由在平面内可知，再由平面，求出点坐标，判断结论即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连结，，， ，所以， 且，由（1）可知平面， 又因为平面， 所以，，所以两两垂直， 如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，得，则， 所以点到平面的距离. 【小问3详解】 设，由在平面内可知， 即， 所以，即，所以， 因为平面，所以是平面的一个法向量，所以， 即，解得，故， 而，可知点不在内. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，三棱柱满足棱长都相等且⊥平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面与平面的夹角是（ ） A. 先增大再减小 B. 减小 C. 增大 D. 先减小再增大 2. 在直三棱柱中，若，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知空间中点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 4. 四面体中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 6. 过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（    ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为棱，的中点，则下列命题正确的个数为（    ） ①；② ③侧棱与底面所成角的余弦值为；④直线与所成角的正弦值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，直线，则下列结论正确的是（ ） A. 在轴上的截距为 B. 过定点 C. 若，则或 D. 若，则 10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得异面直线与所成的角为 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知三棱锥，为的重心，点，为，的中点，点分别在上，，．若四点共面，则______． 13. 在平面直角坐标系中，过点作直线，分别与轴的正半轴，轴的正半轴交于点．当直线的斜率为______时，的面积最小（是坐标原点），最小面积是______． 14. 在正方体中，，动点满足．当时，______；当时，的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平行六面体中，，，，，． （1）求； （2）求证：； （3）求的长． 16. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其面积为，且. （1）求角； （2）若，求取值范围. 17. 某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，高二年级学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计.将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积.请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）若根据这次成绩，年级准备淘汰60%的同学，仅留40%的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （2）从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率． （3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的96和84两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差． 18. 已知正方体 的棱长为4，E，F分别为 的中点，G在线段 上，且 （1）求证∶ 面; （2）求平面EBF 与平面EBG夹角的余弦值； （3）求点D到平面EBF的距离． 19. 如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）设的中点为，在平面内取点，使得直线平面，问点是否在内？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $