精品解析：河北省张家口市NT20名校联合体2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

NT20第一学期高二年级10月联考 数 学 考试说明： 1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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. 已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中点的坐标确定方法，结合空间向量的坐标表示，写出结论即可. 【详解】根据空间中点的坐标确定方法知，空间中的点， 在坐标平面上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变. 所以空间向量，在坐标平面上的投影向量坐标是：. 故选：A. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求点关于平面对称的点，所求点的横坐标变为原来的相反数，纵坐标，竖坐标不变，由此即可得解. 【详解】点关于平面对称的点的坐标是. 故选：B. 3. 已知空间单位向量两两垂直，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】取，结合模长的坐标计算公式求解即可. 【详解】不妨设，则， 所以. 故选：D. 4. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，，根据向量投影公式求出向量在向量上的投影向量即可. 【详解】， ， ， 向量在向量上的投影向量为. 故选：A. 5. 空间内有三点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出与，即可得，与，根据点P到直线EF的距离为，即可求解. 【详解】因为，所以， .所以，， 点P到直线EF的距离为. 故选：B.. 6. 如图，四面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件所给的比例关系分解向量即可. 【详解】如图所示， . 故选：D. 7. 如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基底法求解即可. 【详解】由于平面平面，平面平面，平面，，则平面， 由于平面，则， 由于四边形为菱形，，则为正三角形， 设，则， 由于， 则 ， 所以， 则直线所成角的余弦值为， 故选：D. 8. 教材44页第17题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点. （1）若直线经过点，且以为方向向量，是直线上的任意一点，求证： （2）若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，求证： 利用教材给出的材料，解决下面的问题： 已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得出平面的法向量，再求出平面的交线方向向量，最后用线面角公式求解即可. 【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量， 同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，解得，，取，则， 设直线与平面所成角为，则， 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若构成空间的一个基底，则下列向量不能构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】推导出不共面，故能构成空间的一个基底，C错误，ABD选项向量均共面，不可构成空间的一个基底. 【详解】是空间的一个基底，故不共面， 对于A选项，假设共面， 则存在唯一实数使得， 则，所以为共面向量， 故不能构成空间的一个基底，故A正确； 对于B选项，假设共面， 则存在唯一实数使得， 所以，无解，故不共面，故可构成空间的一个基底，故B错误； 对于C选项，假设共面， 则存在唯一实数使得， 所以，解得，故共面， 故故不能构成空间的一个基底，故C正确； 对于D选项，假设共面， 则存在唯一实数使得， 所以，解得，故共面， 故故不能构成空间的一个基底，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知空间向量，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 D. 向量在向量上的投影向量是 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间向量模的坐标运算判断A；利用空间向量的线性运算判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；求出投影向量判断D. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由，， 得， B错误； 对于C，直线的方向向量为，平面的法向量为， 由，得，则或，C错误； 对于D，，，则， 所以向量在向量上的投影向量是，D正确. 故选：BC 11. 在正方体中，若棱长为1，，分别为线段，上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 直线与平面所成角的正弦值为定值 D. 异面直线与所成角的余弦值的范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体的几何性质，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出对应直线的方向向量和平面的法向量，根据空间中证明线面垂直的向量方法，求线面夹角正弦值的向量方法，证明面面平行的向量方法，以及异面直线所成角的向量法，逐一计算判断各选项正误，可得结论. 【详解】 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 所以， 所以，又，平面， 所以平面，故A正确； 又， 所以， 所以，又，平面， 所以平面，所以平面平面，故B正确； 设，则， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 所以 不为定值，故C错误； 设，，， 所以 因为，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值的范围为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知A，B，C三点的坐标分别是，，，点，则点P的坐标是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】，设， 所以，解得. 故答案为：. 13. 如图，在三棱锥中，为的重心，，，，，若交平面于点，且，则，满足的关系式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的四点共面定理，得出关系. 【详解】因为 ， 所以， 因为，，， 所以， 因为，，，四点共面， 所以，所以. 故答案： 14. 在长方体中，，，，为长方体表面上一动点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，将所求转换为长方体中心到长方体表面的点的距离的取值范围即可求解. 【详解】以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，，则， 设长方体中心为 设，则， 所以， 代表长方体的中心到长方体表面一点的距离的平方， 所以当且仅当或1时，有最小值， 当且仅当与长方体的8个顶点重合时，有最大值， 由于是在长方体表面连续运动的，故的取值范围是， 所以的取值范围是. 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 已知向量，. （1）求与的夹角； （2）若与垂直，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量夹角的坐标运算公式求解即可； （2）由数量积的运算律以及模和数量积的坐标计算公式即可求解. 【小问1详解】 由题意， 因为，所以； 【小问2详解】 由题意， 因为，， 所以，解得. 16. 如图，在平行六面体中，，，，.记向量，，，取的中点. （1）用向量，，表示向量，并求； （2）求向量和向量所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算，再结合模的计算公式即可求解； （2）只需分别求出，再结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 ， 因为，，，， 所以； 【小问2详解】 ，所以， ， 所以. 17. 如图，是圆的直径，直线平面，且为圆周上一点，. （1）求点到平面的距离； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理及判定定理可得平面，点到平面的距离为，利用勾股定理即可求解； （2）利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 因为直线平面，平面， ， 由是圆的直径，可得， 又因为，平面， 所以平面， 点到平面的距离为. 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为轴，轴， 过点作平面的垂线，并以该直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则，则， 设直线与平面的夹角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在如图所示的几何体中，平面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 如图所示，取中点，连接，因为是中点， 所以， 又因为，且， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 又因为平面是边长为2正方形，所以， 所以两两垂直， 故以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 又因为平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量可以是， 设平面的法向量为 由题意，则， 所以，令，解得，故可取， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 在如图所示的几何体中，四边形为菱形，，，，二面角为120°. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）探究平面与平面是否垂直. 【答案】（1） （2）不垂直 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，可得，可证平面平面，过在平面内作平面，以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）求得平面的一个法向量，利用向量法可判断平面与平面是否垂直. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，则，所以是等边三角形， 所以，所以， 因为，所以二面角的平面角为，则， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 过在平面内作平面，可得，， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又，所以， 所以， 所以； 所以直线与平面所成角的正弦值； 【小问2详解】 由于， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）可知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面不垂直. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ NT20第一学期高二年级10月联考 数 学 考试说明： 1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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. 已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 已知空间单位向量两两垂直，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 4. 已知向量，则向量在向量上投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 空间内有三点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 8. 教材44页第17题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点. （1）若直线经过点，且以为方向向量，是直线上的任意一点，求证： （2）若平面经过点，且以为法向量，是平面内任意一点，求证： 利用教材给出的材料，解决下面的问题： 已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若构成空间的一个基底，则下列向量不能构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知空间向量，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 D. 向量在向量上的投影向量是 11. 在正方体中，若棱长为1，，分别为线段，上动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B 平面平面 C. 直线与平面所成角的正弦值为定值 D. 异面直线与所成角的余弦值的范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知A，B，C三点的坐标分别是，，，点，则点P的坐标是__________. 13. 如图，在三棱锥中，为的重心，，，，，若交平面于点，且，则，满足的关系式为__________. 14. 在长方体中，，，，为长方体表面上一动点，则的取值范围为__________. 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. 已知向量，. （1）求与的夹角； （2）若与垂直，求实数的值. 16. 如图，在平行六面体中，，，，.记向量，，，取的中点. （1）用向量，，表示向量，并求； （2）求向量和向量所成角的余弦值. 17. 如图，是圆的直径，直线平面，且为圆周上一点，. （1）求点到平面的距离； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在如图所示的几何体中，平面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 在如图所示的几何体中，四边形为菱形，，，，二面角为120°. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）探究平面与平面是否垂直. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $