精品解析：辽宁省沈阳市翔宇中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

2027届高二数学10月月考 一、单选题 1. 在平面直角坐标系中，直线与直线垂直，则直线的倾斜角为 A. B. C. D. 2. ，若三向量共面，则实数等于（ ） A. B. C. D. 3. 两平行直线与之间的距离为（ ） A. B. C. 0 D. 4. 在正方体中,平面 的一个法向量为(　　) A. B. C. D. 5. 已知长方体中，，E是棱的中点，P是平面内一点，且AP⊥平面，则EP长度为（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，，二面角的正切值为在棱所在的直线上，则点到直线的距离的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，E为空间中的一个动点，且满足，则动点E的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ） A. 40 B. 32 C. 24 D. 23 二、多选题 9. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 正方体的棱长为，，，分别为，，的中点．则（　　） A. B. 若是平面的法向量，则 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点与点到平面的距离相等 11. 如图，平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（　　） A. B. C. 向量与的夹角是 D. 异面直线BD1与AC所成的角的余弦值为 三、填空题 12. 已知点和向量，，且，则点的坐标为_____，若点在平面上的射影为，则（为坐标原点）的面积为_________. 13. 已知线段的中点为．若线段所在直线在两坐标轴上的截距之和是9，则所在直线的方程为______． 14. 已知点为棱长是的正方体的内切球的球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为______． 四、解答题 15. 已知直线l：x－2y＋2m－2＝0． (1)求过点(2，3)且与直线l垂直的直线的方程； (2)若直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积大于4，求实数m的取值范围． 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，点分别在上， 且． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 17. 如图，在几何体中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 19. 如图，在三棱锥中，，分别为线段上的点，且,. （1）求证：平面； （2）若与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高二数学10月月考 一、单选题 1. 在平面直角坐标系中，直线与直线垂直，则直线的倾斜角为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意算出直线的斜率，根据垂直算出直线的斜率，根据，计算倾斜角. 【详解】解：因为，所以， 因为直线与直线垂直，所以， 即， 又，所以. 故选：D. 【点睛】两条直线垂直： ①如果两条直线的斜率存在，设为，则有； ②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，. 两条直线垂直时，不要忘记一条直线的斜率不存在、另一条直线的斜率为零的情况. 2. ，若三向量共面，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用共面向量基本定理结合空间向量的坐标运算列方程组求出结果即可． 【详解】由于，，，若三向量共面， 故，整理得， 故，解得． 故选：B． 3. 两平行直线与之间的距离为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将直线的方程变形，然后利用两平行线间的距离公式求解即可 【详解】由，得， 所以两直线间的距离为， 故选：A 4. 在正方体中,平面 的一个法向量为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正方体的性质可得：BD1⊥B1C，BD1⊥AC．即可得出平面ACB1的一个法向量． 【详解】如图所示， 由正方体的性质可得：BD1⊥B1C，BD1⊥AC． ∴BD1⊥平面ACB1． ∴平面ACB1的一个法向量为． 故选A． 【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质、平面的法向量，考查了推理能力与计算能力． 5. 已知长方体中，，E是棱的中点，P是平面内一点，且AP⊥平面，则EP长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以点D为原点，分别以直线DA，DC，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出设平面的法向量，则，从而求出答案. 【详解】如图，以点D为原点，分别以直线DA，DC，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，设， 所以，，， 设平面的法向量为，由得取， 因为平面，所以，则 解得 所以，则 所以. 故选：B 6. 在三棱锥中，，二面角的正切值为在棱所在的直线上，则点到直线的距离的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作平面，垂足为，连接，记，则为的中点，证明，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】解：如图，作平面，垂足为，连接，记， 则为的中点， 因为二面角的正切值为， 所以，连接， 则， 故，且， 以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 因为在棱所在的直线上，设， 所以，所以， 故点到直线的距离， 因为，当且仅当时，取等号， 所以， 即点到直线的距离的最小值是. 故选：B. 7. 已知，，E为空间中的一个动点，且满足，则动点E的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用直译法即可求得动点E的轨迹方程. 【详解】设，因为，，， 所以， 所以， 即，即． 故动点E的轨迹为． 故选：D． 8. 已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ） A. 40 B. 32 C. 24 D. 23 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意按照顺序分别将的选法种类逐一确定，再除去不合题意的即可. 【详解】由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在，可得， 且，所以异号， 从集合中任取三个不同元素，且异号， 易知有4种选法，有2种选法，有3种选法，共有种， 又因为当和时，都表示直线， 所以符合条件的直线的条数为种. 故选：D 二、多选题 9. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用基本不等式判断AB；利用三元基本不等式判断CD. 【详解】对于A,B，由题得，则， 故， 当且仅当时等号成立，A正确，B错误； 对于C,D，因为，所以，所以， 所以，故， 当且仅当，时等号成立，C正确，D错误． 故选：AC. 10. 正方体的棱长为，，，分别为，，的中点．则（　　） A. B. 若是平面的法向量，则 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点与点到平面的距离相等 【答案】BC 【解析】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间坐标运算可判断选项A,B;根据条件求得平面截正方体所得的截面图形，计算面积即可判断选项C;利用，即可判断D. 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则,,， 则，所以，故A错误； 设平面的法向量为，又, 所以,即，取，得， 所以，又，所以，故B正确； 连接,则且，又所以, 连接,因此面截正方体所得的截面为四边形，易得四边形为等腰梯形， ,过点作于, 梯形的高为, 则梯形的面积为,故C正确； , , 故,三棱锥和三棱锥同底， 因此点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D错误， 故选：BC. 11. 如图，平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（　　） A. B. C. 向量与的夹角是 D. 异面直线BD1与AC所成的角的余弦值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果. 【详解】在平行六面体中， 其中以顶点为端点的三条棱长均为6 ，且彼此夹角都是， . 对于A， ， ， A正确； 对于B， ， ，B正确； 对于C，连接，由题意可知是等边三角形，则， ，且向量与的夹角是， 向量与夹角是，C错误； 对于D，， ， ， ， 故异面直线与所成的角的余弦值为，故D错误. 故选：AB 三、填空题 12. 已知点和向量，，且，则点的坐标为_____，若点在平面上的射影为，则（为坐标原点）的面积为_________. 【答案】 ①. 或 ②. 2 【解析】 【分析】设,则,由题可得或,进而求得点坐标；即可求得点坐标,进而得到在平面直角坐标系中点的坐标,从而利用数量积求得夹角,再由三角形面积公式求解. 【详解】由题,设,则, 因为,,所以或, 所以或,所以为或, 则点在平面上的射影为或, 即在平面直角坐标系中, 点,点或, 所以或, 所以, 则,所以. 故答案为:或；2 【点睛】本题考查共线向量的应用,考查三角形面积公式的应用,考查运算能力与分类讨论能力. 13. 已知线段的中点为．若线段所在直线在两坐标轴上的截距之和是9，则所在直线的方程为______． 【答案】或 【解析】 【分析】设直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，写出直线方程，代入中点坐标，结合截距和求得值后得直线方程. 【详解】由已知得直线的斜率存在且不为0． 设直线在轴上的截距为，在轴上的截距为． 则直线的截距式方程为． 由题意得，① 又点在直线上， ，，② 由①②联立得，即， 解得或． 或 直线的方程为或， 即或． 故答案为：或． 14. 已知点为棱长是的正方体的内切球的球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】分别取、的中点、，连接、、，证明、、、四点共面，并计算出球心到平面的距离，可计算得出截面圆的半径，利用圆的周长公式可求得结果. 【详解】如图，正方体的内切球的半径， 由题意，分别取、的中点、，连接、、， 在正方体中，且， 、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，可得，，故， 所以，、、、四点共面， 则，，，所以，， 所以，，则，， 平面，平面，， ，平面， 所以，动点的轨迹就是平面截内切球的交线，也即平面截内切球的交线， 取的中点，连接、， 且，、分别为、的中点，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，易知点为的中点， 过点在平面内作， 平面，平面，则， ，平面，， 所以，， 因为点为的中点，则到平面的距离为，截面圆的半径， 所以动点的轨迹的长度为截面圆的周长． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面问题时，一般利用球心到截面的距离、球的半径以及截面圆的半径三者满足勾股定理列等式求解. 四、解答题 15. 已知直线l：x－2y＋2m－2＝0． (1)求过点(2，3)且与直线l垂直的直线的方程； (2)若直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积大于4，求实数m的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）由直线的斜率为，可得所求直线的斜率为，代入点斜式方程，可得答案；（2）直线与两坐标轴的交点分别为，则所围成的三角形的面积为，根据直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为大于，构造不等式，解得答案. 试题解析：(1)与直线l垂直的直线的斜率为－2， 因为点(2，3)在该直线上，所以所求直线方程为y－3＝－2(x－2)， 故所求的直线方程为2x＋y－7＝0． (2) 直线l与两坐标轴的交点分别为(－2m＋2，0)，(0，m－1)， 则所围成的三角形的面积为×|－2m＋2|×|m－1|． 由题意可知×|－2m＋2|×|m－1|＞4，化简得(m－1)2＞4， 解得m＞3或m＜－1， 所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)． 【方法点睛】本题主要考查直线的方程，两条直线平行与斜率的关系，属于简单题. 对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1） ；（2），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心. 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，点分别在上， 且． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1）依题意，BC，BA，BP两两垂直，以B为原点，BC，BA，BP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设， 则，，，，，，，， ，显然，即， 因此是平面ABP的一个法向量，而， 于是得，又平面ABP， 所以平面ABP. （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，以点B为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答. （2）利用（1）中坐标系，借助线面角的向量求法即可求解作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，，，， 设平面ADF的法向量为，则，令，得， 设直线PA与平面ADF所成角为，则， 整理得，而，解得或， 所以或． 17. 如图，在几何体中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：若分别为的中点，连接， 所以且，又，， 故、，所以为平行四边形，故， 且、，所以为平行四边形，故且，而， 因为平面，则平面，平面， 所以，即，， 在中，， 故△为等腰三角形，则， 平面，平面，故，所以， ，面，故面，而面， 所以面面. （2）. 【解析】 【分析】（1）若分别为的中点，连接，易证、为平行四边形，再由平行四边形性质、线面垂直性质可得，，进而由勾股定理得，则，由线面垂直得，最后根据线面、面面垂直的判定证结论； （2）首先确定直线与平面所成角的平面角为，并求证，再应用棱锥体积公式求、，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知：面，故直线与平面所成角的平面角为， 所以， 因为，，故，即， 所以，且， 又平面，故，则，而， 所以，即直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）连接，∵分别为的中点， ∴在中，， 又平面，平面， ∴平面． （2）∵平面，平面，∴， ∵， ∴， ∵是菱形，∴， ∵平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面． 【解析】 【分析】（1）先根据三角形中位线性质定理得，再根据线面平行判定定理得平面； （2）由线面垂直性质结合菱形性质，先证平面，最后根据面面垂直判定定理得平面平面 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，在三棱锥中，，分别为线段上的点，且,. （1）求证：平面； （2）若与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 连接，据题知， ∵在中，， ∴，且， ∴，∴，即， ∴ ，又，，平面， ∴ 平面，由平面，∴ ， ∵ ，平面， ∴ 平面，平面，∴， ∵在△中，，∴， 则，∴， ∵，平面， ∴平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明平面，又由勾股定理证得，于是平面； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量的夹角公式可求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知两两互相垂直，建立如图所示的直角坐标系， 因为平面，所以为与平面所成的角的平面角， 又与平面所成的角为，所以，又，， 所以，则， ∴， 又∵由（1）平面， ∴为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则， ∴，令，则， ∴为平面的一个法向量， ∴， 故平面与平面的锐二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $