精品解析：辽宁省鞍山市部分高中2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题A

2025—2026学年度上学期月考 高二数学A 时间：120分钟 分值：150分 考试范围：选择性必修一第一章，第二章第二节 一、选择题：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. 已知点关于点的对称点为， 则点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 3. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 4. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处，从A，B到直线（库底与水坝的交线）的距离和分别为6米和8米，的长为21米，的长为23米，则水库底面与水坝斜面所成二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线和的交点为，则点到直线的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在三棱锥中，二面角的大小为，与底面所成角为，与所成角为，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、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，，则下列说法正确的是（ ） A. 的充要条件为或 B. 若，则 C. 若直线不经过第四象限，则 D. 若，则将直线绕坐标原点按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为 10. 在空间直角坐标系中，为坐标原点，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. 的中点坐标为 B. C. D. 若，则四点共面 11. 如图，在正方体中，E，F，M分别为棱，BC，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面EFM截该正方体所得的截面为正三角形 B. 平面EFM平面 C. 直线ME与所成的角为 D. 平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，当时，向量在向量上的投影向量为_______.（用坐标表示） 13. 直线l经过原点，且经过两条直线的交点，则直线l的方程为_______________ 14. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  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. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. 16. 如图所示，在圆锥中，是的直径，是正三角形，点在上，且，. （1）证明：平面； （2）设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 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． 18. 如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，. （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知四边形为直角梯形，其中，，，，为垂足（如图1）.将沿折起，使点移至点的位置，得到四棱锥（如图2），且满足，点分别为的中点. （1）证明：平面平面； （2）若平面，试问：棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度上学期月考 高二数学A 时间：120分钟 分值：150分 考试范围：选择性必修一第一章，第二章第二节 一、选择题：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. 已知点关于点的对称点为， 则点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由中点坐标公式求出，再由点到直线距离公式计算距离． 【详解】∵点关于点的对称点为，∴，解得，即， 直线方程的一般式为． ∴所求距离为． 故选：B． 【点睛】本题考查点的对称性，考查点到平面的距离．掌握中点坐标公式是解题基础． 2. 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 3. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量加、减运算法则，以为基底表示出向量即可. 【详解】 . 故选：D 4. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先求两直线平行时的取值，再判断和时两直线是否平行，从而确定条件类型. 【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或． 将代入直线，的方程，得，，易知； 将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去． 综上所述，“”是“”的充要条件． 故选：． 5. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可. 【详解】因为直三棱柱，所以底面， 又底面，所以，， 又因为，所以两两垂直， 以为轴建立如图所示坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：B 6. 如图所示，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处，从A，B到直线（库底与水坝的交线）的距离和分别为6米和8米，的长为21米，的长为23米，则水库底面与水坝斜面所成二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法1：利用向量的加法法则和向量数量积的运算律列出等式，进而根据向量数量积的定义求出二面角的余弦值；方法2：利用几何法，作辅助线，确定是二面角的平面角，然后根据余弦定理求出二面角的余弦值. 【详解】方法1： 根据向量的加法法则，， 则， 所以. 设向量与的夹角为， 则就是水库底面与水坝斜面所成的二面角的平面角，因此， 所以，故所求二面角的余弦值为. 故选：A. 方法2： 在平面内过作的平行线，且使得，连接， 因为，所以，所以四边形是矩形，且是二面角的平面角. 因为，，且，平面，所以平面. 又因为，所以平面，因为平面，所以. 在直角中，可得. 在中，由余弦定理可知，所以所求二面角的余弦值为. 故选：A. 7. 已知直线和的交点为，则点到直线的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立直线方程求得点的坐标，对的取值分情况讨论，并结合点到直线的距离公式，进而求得点到直线的距离的取值范围. 【详解】联立，解得，即点的坐标为， 点到直线的距离， 当时，， 当时，，恒有，于是， 综上，点到直线的距离的取值范围是. 故选：C. 8. 如图，在三棱锥中，二面角的大小为，与底面所成角为，与所成角为，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作辅助线，找出二面角、线面角、线线角，再利用三角函数判断的大小关系. 【详解】如图，过点作平面于点，过作于点，连接， 则就是二面角的平面角，即； 就是与底面所成角，即； 过作，使交于点，则就是与所成角，即； 因为，在中，， 在中，， 所以，又因为，所以. 是与所成的角，根据最小角定理， 线线角是异面直线与所成的角（范围），需通过投影和向量分析， 设在底面的投影为，则等于与所成的角， 二面角的余弦为（为 到的距离，）。  当时，（由），此时；当时，, 因此与的大小关系不确定. 故选：A. 二、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，，则下列说法正确的是（ ） A. 的充要条件为或 B. 若，则 C. 若直线不经过第四象限，则 D. 若，则将直线绕坐标原点按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用两直线平行的结论结合充要条件的定义可判断A；.根据两直线垂直的结论可判断B；由直线方程，求得斜率与截距，建立不等式组，求解即可判断；先得到逆时针旋转后的直线方程，再根据左右平移求出平移后的直线方程，即可判断D. 【详解】对于A， 显然直线的斜率存在，若，则，解得或， 经检验时，这两条直线重合，所以，故充要条件不是“或”．故A不正确； 对于B，若，则，解得．故B正确； 对于C，若直线不经过第四象限，则，解得．故C正确； 对于D，若，则直线，将其绕坐标原点按逆时针方向旋转，得到直线，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为，故D正确. 故选：BCD 10. 在空间直角坐标系中，为坐标原点，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. 的中点坐标为 B. C. D. 若，则四点共面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由空间中点坐标公式可判断选项正误；对于B，由空间向量坐标运算，数量积运算公式可判断选项正误；对于C，验证是否等于0，可判断选项正误；对于D，由可得，据此可判断选项正误. 【详解】因为，，，所以，，. 对于A，的中点坐标为．故A错误； 对于B，，则．故B正确； 对于C，，所以，不垂直．故C错误； 对于D，因为，所以， 所以， 所以，即， 所以，，共面，所以四点共面，故D正确. 故选：BD 11. 如图，在正方体中，E，F，M分别为棱，BC，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面EFM截该正方体所得的截面为正三角形 B. 平面EFM平面 C. 直线ME与所成的角为 D. 平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别取，，的中点为，，，连接各中点，求出平面EFM截该正方体所得的截面为正六边形判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线线角和面面夹角，即可判断CD. 【详解】对于A，分别取，，的中点为，，，连接各中点，如下图所示： 易知，，， 即可知，，，，，在同一平面内， 所以平面EFM截该正方体所得截面即为六边形，即A错误； 对于B，因为点，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为点，分别为，的中点，所以， 又，所以，平面，平面， 所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，即平面EFM平面，故B正确； 对于C，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示： 不妨取正方体的棱长为2， 则，，，，， 所以，， 所以直线ME与所成的角的余弦值为， 所以直线ME与所成的角为，故C正确； 对于D，由选项C可知，，， 设平面EFM的一个法向量为， 则，取，则，， 所以平面EFM的一个法向量为， 易知平面ABCD的一个法向量为，设平面EFM与平面ABCD的夹角为， 则， 即平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为，故D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，当时，向量在向量上的投影向量为_______.（用坐标表示） 【答案】 【解析】 【分析】先根据向量垂直得到方程，求出，再利用投影向量公式求出答案. 【详解】因为，所以，所以，则， 所以在上的投影向量为. 故答案为：. 13. 直线l经过原点，且经过两条直线的交点，则直线l的方程为_______________ 【答案】 【解析】 【分析】思路一：求出交点坐标得直线斜率即可求解；思路二：设所求直线l的方程为，将原点坐标代入求得的值即可. 【详解】方法1：联立，解得，所以两直线的交点为， 所以直线l的斜率为，则直线l的方程为； 方法2：设所求直线l的方程为， 因为直线l经过原点，所以，解得； 所以直线l的方程为. 故答案为：. 14. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  【答案】## 【解析】 【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】由题可知：平面平面,所以 所以,,, 所以,所以. 所以. 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为平面,所以平面,. . 因为,所以, 所以. 故答案为：. 方法二：如图所示， 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则. 因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： 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. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据直线的斜率可设所求直线方程为，代入点即可求解； （2）联立直线与的方程可得交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况分别求解. 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为， 综上所述：所求直线方程为或. 16. 如图所示，在圆锥中，是的直径，是正三角形，点在上，且，. （1）证明：平面； （2）设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为，，是的直径， 所以，且，因此可知四边形为平行四边形， 可知，又因为平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆锥性质特征可证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理即可证明得出结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可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】 取的中点为，连接，， 因为，，因此为正三角形； 所以，即， 由圆锥性质易知平面，平面， 所以，因此三条直线两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 取，可知，， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即， 又，设直线与平面所成的角为， 所以， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 17. 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】 18. 如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，. （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）5 （2）证明：由（1）可知中，满足， 所以，且，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解； （2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直； （3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，，所以， 中，由余弦定理， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系， ，，，， ，， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设与平面所成的角为， 所以. 19. 已知四边形为直角梯形，其中，，，，为垂足（如图1）.将沿折起，使点移至点的位置，得到四棱锥（如图2），且满足，点分别为的中点. （1）证明：平面平面； （2）若平面，试问：棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （方法一）由题知，即，且， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 又由是所在棱的中点，得，所以； 易知四边形是正方形，可知，所以； 又由，且面，所以平面， 因为平面，所以面平面； （方法二）由知，可以分别以 作为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 不妨记，设， 可得，， 记平面的法向量为，可得， 取得，即； 同理可得平面的法向量为； 因为，所以，所以平面平面； （2） 由知，可以分别以 作为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 不妨记，设， 可得， 则， 因为面面，所以， 故，解得，即； ， 记平面的法向量为，可得 ，取得，即； 假设棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设，则， 由题知， 解得或4（舍去），即，所以. 【解析】 【分析】（1）法一：根据折叠前后的线线垂直关系结合线面垂直判定定理可得平面，从而得，，再根据线面垂直的判定定理得平面，从而得平面平面； 法二：分别以作为轴的正方向建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解平面和平面的法向量，根据法向量的关系可得平面平面； （2）分别以作为轴的正方向建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解平面的法向量，设，从而得直线的方向向量，再根据直线与平面所成角的正弦值与空间向量的坐标关系计算即可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $