精品解析：河北省邢台市卓越联盟2025-2026学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题

卓越联盟2025－2026学年第一学期高二第一次月考 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第二章2.3． 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. 在空间直角坐标系中，已知点，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间两点距离公式即可得到答案. 【详解】． 故选：C. 2. 若直线与直线垂直，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据求解即可. 【详解】，解得． 故选：A. 3. 若向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. －1 【答案】B 【解析】 【分析】利用数量积的运算律以及定义即可得出. 【详解】由题意可得，， 则． 故选：B 4. 已知直线的倾斜角为的一个方向向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角为得，再利用直线的方向向量求得斜率为，列方程求解即可. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以其斜率， 又因为的一个方向向量为，所以，即． 故选：D. 5. 已知三点，则“三点共线”是“或”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】求出三点共线时的所有值，再根据必要不充分条件的判断即可得到答案. 【详解】当时，三点均在直线上； 当时，，而直线的斜率不存在，显然三点不在一条直线上； 当时，若三点共线，则，即，解得或． 综上，若三点共线，则或或， 故“三点共线”是“－4或”的必要不充分条件． 故选：C. 6. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量公式求解即可. 【详解】由，得， 所以在上的投影向量为． 故选：D 7. 已知点到直线的距离与到轴的距离相等，则（ ） A. 1或-4 B. -1或4 C. -7或3 D. -3或7 【答案】D 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式进行求解即可. 【详解】由题可知，解得或7． 故选：D. 8. 在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式求解. 【详解】设平面的法向量为，则， 所以，令，可得，，即，， ，故点到平面的距离为． 故选：B. 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. 已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】空间向量基本定理及推论判断即可. 【详解】因为，结合平面向量的基本定理可知四点共面，所以A选项正确； 由空间向量基本定理可知，若四点共面，则需满足存在实数，使得，且，显然B选项不正确，C选项正确； 化简，可得， 满足四点不共面，D选项不正确． 故选：AC 10. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形，是棱的中点，点在棱上，且.设，则（ ） A. B. C. D. 向量与夹角的余弦值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，由首尾相连可判断AB，再结合向量数量积运算律及夹角公式即可判断BD. 【详解】 连接，因为四边形是正方形，所以， 则．A正确， 因为是棱的中点，所以． 因，所以， 则．B正确， 因为四边形是正方形，所以，所以． 因为，且，所以， 则， C错误， ． 因为， 所以， 即向量与夹角的余弦值是．D正确， 故选：ABD. 11. 在正方体中，，为正方形内（包括边界）一动点，为的中点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得 C. 若，则的最大值为 D. 满足的点的轨迹长度为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，设点，其中、，利用空间向量法可判断BC选项；根据可得出、的关系式，确定点的轨迹，并求其长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为平面平面，平面， 所以点到平面的距离等于， 因为四边形是边长为的正方形，故， 因此为定值，A对； 对于B选项，取的中点，的中点，连接． 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、． 设，其中、，则，， ， 因为，所以， 所以，不存在点，使得，B错； 对于C选项，，， 所以，即， 因为，所以， 故当时，的最大值为，C错； 对于D选项，，， 由得，即， 又因为、，所以、， 所以点的轨迹为平面内的线段， 即图中的线段，由图知， 故满足点的轨迹长度为，D正确． 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据得，然后利用空间向量共线的坐标运算列式求解即可. 【详解】直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 因为，所以，故，解得，则． 故答案为： 13. 已知为坐标原点，直线，则点到的最大距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线必过的定点坐标，然后根据点到直线的距离求出结果. 【详解】由直线，得， 令解得即直线恒过点， 当时，点到的距离最大，最大距离为． 故答案为：. 14. 如图1，在菱形中，，将沿对角线翻折到的位置，如图2，连接，构成三棱锥，若二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后确定各点的坐标和三棱锥外接球的球心坐标，根据半径相等可求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式求出表面积即可. 【详解】取的中点，连接，，以为原点，，所在直线分别为轴， 垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 易知外接圆圆心坐标为， 可设三棱锥外接球的球心为， 由，可得，解得， 故三棱锥外接球的半径的平方， 故外接球的表面积为． 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）若在两坐标轴上的截距为相反数，求的值； （2）已知直线，且，求与间的距离． 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）先求出截距，然后根据截距是相反数求出的值即可. （2）先根据两直线平行关系求出，然后根据两平行直线的距离公式求出结果. 【小问1详解】 令，可得， 令，可得． 故，解得或． 【小问2详解】 因为，所以，解得， 所以，可化为． 与间的距离为． 16. 如图，几何体为正三棱台，且，点满足． （1）证明：平面． （2）若为中点，证明：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据向量运算性质得为的中点，连接，先用向量法证得为平行四边形，然后利用平行四边形性质及线面平行的判定定理证明即可． （2）连接，利用线面平行的判定定理证得平面，再利用平行四边形性质及线面平行的判定定理证得平面，进而利用面面平行的判定定理证明即可． 【小问1详解】 因为，所以为的中点． 连接．因为，所以， 则为平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面． 【小问2详解】 连接．因为分别为的中点，所以， 又平面平面，所以平面． 因为为的中点，，所以， 所以为平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面． 因为，所以平面平面． 17. 如图，是圆锥的轴截面，是半圆弧上靠近点的三等分点，是线段的中点． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取半圆弧的中点，连接，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出向量与夹角的余弦值，即可得答案； （2）求出平面的法向量，利用，求解即可. 【小问1详解】 取半圆弧的中点，连接． 易证两两垂直， 则以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． ， 则，． 设异面直线与所成的角为， 则, 所以异面直线与所成角的余弦值为； 【小问2详解】 由（1）可知． 设平面的法向量为， 则， 所以， 令，可得， 即． 故点到平面的距离为． 18. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形．，且为的中点． （1）证明：． （2）若是侧棱上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，结合勾股定理证明，进而证平面，再利用线面垂直证线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出所求线面角的正弦值，再求最值即可. 【小问1详解】 证明：如图，连接.因为底面为边长为4的正三角形， 且为的中点，所以， 又，所以，且， 在中，， 由余弦定理可得 解得， 在中，因为，所以． 因为平面，且，所以平面， 又平面，所以． 【小问2详解】 解：由（1）知平面，因为，所以， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设，则． 设平面的法向量为，则即 取，则，则平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则 ， 当时，取得最大值，最大值为． 【点睛】 19. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面平面． （1）证明：平面． （2）若是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． （3）在棱，，上分别取点，，（均不与端点重合），二面角，，分别记为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）． （3） 【解析】 【分析】（1）由条件确定，结合面面垂直的性质定理即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； （3）设，求得平面的法向量，再由二面角公式得到，，，进而得到，通过，及进而可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，所以． 因为平面平面，且平面平面， 又平面， 所以平面． 【小问2详解】 由题意可知，，两两垂直， 则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意可得， 则． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 设． 易得：平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为． 设平面的法向量为， 则， 所以令， 所以， ， ， ， 所以 所以，当且仅当时，等号成立， 又， 所以的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 卓越联盟2025－2026学年第一学期高二第一次月考 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第二章2.3． 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. 在空间直角坐标系中，已知点，则（ ） A. B. C. D. 5 2. 若直线与直线垂直，则（ ） A B. C. 1 D. 3. 若向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. －1 4. 已知直线的倾斜角为的一个方向向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知三点，则“三点共线”是“或”的（ ） A 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点到直线的距离与到轴的距离相等，则（ ） A. 1或-4 B. -1或4 C. -7或3 D. -3或7 8. 在四棱锥中，，则这个四棱锥高为（ ） 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. 已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形，是棱的中点，点在棱上，且.设，则（ ） A. B. C. D. 向量与夹角的余弦值是 11. 在正方体中，，为正方形内（包括边界）一动点，为的中点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得 C. 若，则最大值为 D. 满足的点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则______． 13. 已知为坐标原点，直线，则点到的最大距离为__________． 14. 如图1，在菱形中，，将沿对角线翻折到的位置，如图2，连接，构成三棱锥，若二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为__________． 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）若在两坐标轴上的截距为相反数，求的值； （2）已知直线，且，求与间距离． 16. 如图，几何体为正三棱台，且，点满足． （1）证明：平面． （2）若为的中点，证明：平面平面． 17. 如图，是圆锥的轴截面，是半圆弧上靠近点的三等分点，是线段的中点． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 18. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形．，且为的中点． （1）证明：． （2）若是侧棱上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面平面． （1）证明：平面． （2）若是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． （3）在棱，，上分别取点，，（均不与端点重合），二面角，，分别记为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $