精品解析：辽宁省沈阳市东北育才学校2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

东北育才高中2025-2026学年度上学期 高二年级数学科第一次月考试卷 一、单项选择题：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. 是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理逐项判断即可得. 【详解】对A：由是空间的一个基底，故不共面， 则不能由、表示出，故，，不共面，故A正确； 对B：有，故，，共面，故B错误； 对C：，故，，共面，故C错误； 对D：，故 ，，共面，故D错误. 故选：A. 2. 直线，则 “”的充要条件是（ ） A. B. C. 或 D. 以上均不对 【答案】B 【解析】 【分析】先根据两直线平行的条件列出方程，求出可能的值，再分别代入检验两直线是否重合，从而确定两直线平行的充要条件. 【详解】因为直线， 当时，，解得或， 当时，，此时两直线重合，舍去， 又时，，此时， 所以 “”的充要条件是“”. 故选：B. 3. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和进行分类讨论，结合余弦函数的值域计算出的范围，则倾斜角的取值范围可知. 【详解】当时，此时直线方程，垂直于轴，所以倾斜角； 当时，此时直线的斜率， 因为，所以， 结合正切函数的图象可知， 综上所述，倾斜角的取值范围是， 故选：C. 4. 不论为何实数，直线过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：直线方程可化为，解方程组即可求解； 法二：直线方程可化为，解方程组即可求解. 【详解】法一：直线方程可化为， 令，解得，即定点坐标为. 法二：直线方程可化为， 则，解得，即定点坐标为. 故选：B. 5. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意确定点在直线上，点在直线上，将的最小值转化为两平行线间距离的平方，即可求得答案. 【详解】由题意知实数满足， 则， 故点在直线上，点在直线上， 而表示点和点之间的距离的平方， 故的最小值为两平行线和间距离的平方， 最小值为， 故选：B 6. 设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出平面的法向量与正方体的同一顶点处发出的三个平面的法向量的夹角，结合正方体的对称性，即可求得. 【详解】设平面的法向量为， 正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为、、， 则，， ， 因正方体有三对互相平行的平面， 则. 故选：A. 7. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ） A. 为定值 B. 存在最大值，且最大值为1 C. 为定值1 D. 存在最小值，且最小值为 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件可得在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体，可得直线与平面所成角等于直线与平面所成角，得解. 【详解】，即在线段（不包括点）. 如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面， 因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为， 连接，则即为直线与平面所成角. 易求，所以， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将向量条件转化为，即在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体求解. 8. 设为不同的两点，直线，下列命题正确的有（ ）． ①不论为何值，点都不在直线上； ②若，则过点的直线与直线平行； ③若，则直线经过的中点； ④若，则点在直线的同侧且直线与线段的延长线相交． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】由可得①正确，分和两种情况讨论可得直线与直线平行，可得②正确，当时，可得到，从而得到③正确，当时可得和，然后可得④正确. 【详解】因为中，，所以点不在直线上，故①正确 当时，根据得到，化简得， 即直线的斜率为，又直线的斜率为，由①可知点不在直线上， 得到直线与直线平行 当时，可得直线与直线的斜率都不存在，也满足平行，故②正确 当时，得到，化简得 而线段的中点坐标为，所以直线经过的中点，故③正确 当时，得到，所以， 即，所以点在直线的同侧 且，可得点与点到直线的距离不等， 所以延长线与直线相交，故④正确 综上：命题正确的有4个 故选：D 【点睛】本题考查的是直线的方程、两直线平行的判定以及一元二次不等式表示的区域，考查了学生的分析能力和转化能力，属于中档题. 二、多项选择题：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，有错选的得0分． 9. 已知点，，且点在直线：上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 若为等腰三角形，则点的个数是3个 C. 的最小值为 D. 最大值为3 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，分类讨论，利用斜率公式以及两直线垂直的条件即可判断；对于B，分类讨论，讨论等腰三角形的顶点，结合点到直线的距离即可判断；对于C，求出点关于直线l的对称点，结合几何性质，数形结合，即可求解；对于D，结合几何性质，数形结合，即可判断； 【详解】对于A，设，当PM斜率不存在时，，此时， 则，即与不垂直； 当PN斜率不存在时，，此时， 则，即与不垂直； 当且时，，， 若，则，即， 由于，方程无解，故与不垂直； 综合可知不存在点，使得，A错误； 对于B，若等腰的顶点为P，此时P在的垂直平分线上， 则P点横坐标为，此时； 当M为等腰的顶点时，由于点M到直线：的距离为， 故直线l上必存在两点满足，设这两点为， 由于l上纵坐标为1的点为，该点和M的距离为2， 故和M，N不共线，适合题意， 由于N点到直线：的距离为， 故以N点为顶点的等腰不存在， 综合以上可知为等腰三角形，则点的个数是3个，B正确； 对于C，设点关于直线l的对称点为， 则，解得，即， 故, 当且仅当三点共线（P在之间）时取得等号， 即的最小值为，C正确； 对于D，如图，， 当且仅当P为的延长线与l的交点时等号成立， 即最大值为3，D正确， 故选：BCD 【点睛】方法点睛：（1）注意分类讨论方法的应用，比如选项A，B的判断；（2）注意数形结合思想的运用，比如选项C，D的求解. 10. 空间中，平面Ω上的动点满足方程，（），则称为平面Ω的方程，同时也称平面Ω的方程为，并称为平面Ω的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为l，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点，，的平面Ω的方程为 B. 若平面Ω的方程为：，则坐标原点O到平面Ω的距离为 C. 交线为l的方向向量为 D. l与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用不共线且可以确定唯一平面判断A；利用点到平面距离公式判断B；分析知的一个方向向量为，由此可判断C，利用空间向量夹角余弦公式判断D. 【详解】对于A，经检验，均满足方程，且不共线， 则可以确定唯一平面，则平面的方程为，A正确； 对于B，显然，点满足方程，则是平面内一点， 平面的一个法向量为，则， 点到平面的距离，B正确. 对于C，易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 所以交线为l的方向向量为，故C错误； 对于D，平面的一个法向量为.设与平面所成角的大小为， 则，D错误. 故选：AB. 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. 在空间直角坐标系中，已知点，，若点P与点A关于平面对称，则的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间中点的坐标对称关系得点P的坐标，从而可得的坐标. 【详解】已知点， 若点P与点A关于平面对称，则， 所以. 故答案为：. 13. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程是_______________ 【答案】或. 【解析】 【分析】 分截距为0以及截距不为0两种情况分别求解即可. 【详解】当截距为0时,满足在两坐标轴上的截距相等.此时设直线方程为,则,故,化简得. 当截距不为0时,设直线方程为,则.故,化简可得. 故答案为：或. 【点睛】本题主要考查了根据直线的截距关系式求解直线方程的问题,需要注意分截距为0与不为0两种情况进行求解.属于基础题. 14. 已知三棱锥的体积为，是空间中一点，，则三棱锥的体积是______________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用向量运算，确定的位置，结合棱锥的体积与棱锥的体积关系，即可求得结果. 【详解】，故，， 不妨令，则，又，故点共面， 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是能够根据，转化为，再根据四点共面的向量表示，从而确定的位置，进而求得体积. 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. 已知点，，，向量. （1）若，求实数的值； （2）求向量在向量方向上的投影向量. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表达式解方程即可； （2）利用投影向量公式计算即可. 【小问1详解】 由题意，，， 因为， 所以，即， 得. 【小问2详解】 由题意，，， 所以向量在向量上上的投影向量为：. 16. 如图在平行六面体中，，.令，，，以为基底，解决下列问题： （1）求证：直线平面； （2）求直线和夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 由题意，. 又，，. 所以， . 所以，，又平面，， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积可证，，再根据线面垂直的判定定理可得线面垂直. （2）利用平面向量的数量积求两条直线夹角的余弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 且，所以； ，所以； 且， 所以. 即直线和夹角的余弦值为. 17. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知E，F分别为、的中点，平面与棱交于点G． （1）求证：平面； （2）求的值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为平面，平面，所以. 因为四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为为中点，，所以. 又，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，所以，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）由（1）得，，证明平面，，，再通过相似三角形求解即可； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）平面，平面，所以， 同理可得平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 由（1）平面，平面，所以， 又，所以，所以， 由已知，，， 所以， 故. 【小问3详解】 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则, 故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为. （1）若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； （2）若的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据的中点和点在直线，结合与垂直，点在直线上列方程组求出点，坐标，然后可得； （2）根据直线上的点到直线的距离相等，结合（1）中方程求解即可. 【小问1详解】 设， 则,即①，②， 又直线与直线垂直，所以，即③， 联立②③解得， 又④，联立①④解得， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为的平分线所在的直线方程为，所以⑤， 联立①⑤求解可得， 则直线方程为，即， 设直线的方程为，则 在直线上取点，由角平分线定理可知，到直线的距离相等， 则，即， 又，所以，整理得， 解得或，所以直线的斜率或， 当时，直线的方程为， 即，与直线重合，舍去； 当时，直线的方程为，即，满足题意. 所以直线的方程为. 19. 如图，四棱锥中，，平面平面，，． （1）若，求证：； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）证明： 由，且平面，平面， 故平面，设平面平面， 由平面，则，又，则， 又平面平面，平面， 故平面，又平面，故 （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面平行判定定理与性质定理可得平行平面与平面的交线，再利用平行的传递性与面面垂直的性质定理可得平面，最后利用线面垂直性质定理即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，将面面垂直、线线垂直借助向量形式运算得到相应参数结果或范围，再利用所得结合模长公式计算即可得解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 连接，由，，， 则， 则有，故，又，故， 则可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、， 设，则，， 有，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则有，取，则， 有，取，则， 由平面平面，则， 由，则， 化简得，由， 故，故或， 当时，，则， 由，且，则，故， 故； 当时，，； 综上所述：的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北育才高中2025-2026学年度上学期 高二年级数学科第一次月考试卷 一、单项选择题：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. 是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2. 直线，则 “”的充要条件是（ ） A. B. C. 或 D. 以上均不对 3. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 不论为何实数，直线过定点（ ） A. B. C. D. 5. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 7. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ） A. 为定值 B. 存在最大值，且最大值为1 C. 为定值1 D. 存在最小值，且最小值为 8. 设为不同的两点，直线，下列命题正确的有（ ）． ①不论为何值，点都不在直线上； ②若，则过点的直线与直线平行； ③若，则直线经过的中点； ④若，则点在直线的同侧且直线与线段的延长线相交． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、多项选择题：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，有错选的得0分． 9. 已知点，，且点在直线：上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 若为等腰三角形，则点的个数是3个 C. 的最小值为 D. 最大值为3 10. 空间中，平面Ω上的动点满足方程，（），则称为平面Ω的方程，同时也称平面Ω的方程为，并称为平面Ω的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为l，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点，，的平面Ω的方程为 B. 若平面Ω的方程为：，则坐标原点O到平面Ω的距离为 C. 交线为l的方向向量为 D. l与方程为的平面所成角的正弦值为 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. 在空间直角坐标系中，已知点，，若点P与点A关于平面对称，则的坐标为______． 13. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程是_______________ 14. 已知三棱锥的体积为，是空间中一点，，则三棱锥的体积是______________. 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. 已知点，，，向量. （1）若，求实数的值； （2）求向量在向量方向上的投影向量. 16. 如图在平行六面体中，，.令，，，以为基底，解决下列问题： （1）求证：直线平面； （2）求直线和夹角的余弦值. 17. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知E，F分别为、的中点，平面与棱交于点G． （1）求证：平面； （2）求的值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为. （1）若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； （2）若的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程. 19. 如图，四棱锥中，，平面平面，，． （1）若，求证：； （2）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $