精品解析：广东省惠州市华罗庚中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

惠州市华罗庚中学2025-2026学年第一学期10月质量检测 数学试题 试卷满分：150分考试时间：120分钟注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.选对得5分，选错得0分. 1. 经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ） A. -2 B. 1 C. 3 D. 4 2. 数据35，58，80，86，72，85，54的下四分位数是（ ） A. 85 B. 58 C. 54 D. 35 3. 已知，，若，则实数λ的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知直线经过，，直线经过，.如果，则（ ） A. 3 B. 5 C. 2 D. 2或5 5. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 直线经过两点，，将绕其与轴的交点逆时针旋转得到直线，则的斜率为（ ） A. B. 3 C. -3 D. 8. 柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为的柏拉图多面体，点，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，不选或选错的得0分. 9. 若复数满足（i是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的模为4 C. 在复平面内对应的点位于第一象限 D. 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，，则在上的投影向量为 B. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 11. 如图，在长方体中，，，动点E，F分别在线段和上.则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. C. 不可能是等边三角形 D. 至少存在两组E，F，使得三棱锥的四个面均为直角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 经过两点的直线的方向向量为，求k的值为__________． 13. 已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为__________． 14. 点是棱长为的正四面体表面上的动点，是该四面体内切球的一条直径，则的最大值是_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，三棱锥各棱的棱长都是1，点D是棱AB的中点，点E在棱OC上，且，记，，． (1)用向量，，表示向量； (2)求的最小值． 16. 如图，在棱长为4的正方体中，点在棱上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）若点在棱上，且到平面的距离为，求到直线的距离. 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 18. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点，定义直线经过点且以为方向向量，平面经过点且以为法向量. （1）若P是平面内的任意一点，求证：； （2）另有平面的方程为，直线是平面与的交线，求直线与平面所成角的余弦值； （3）设点是空间任意一点，记向量.求证：点Q到直线的距离与点Q到平面的距离满足关系式：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 惠州市华罗庚中学2025-2026学年第一学期10月质量检测 数学试题 试卷满分：150分考试时间：120分钟注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.选对得5分，选错得0分. 1. 经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ） A. -2 B. 1 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点斜率公式及斜率与倾斜角的关系求解即可. 【详解】经过两点的直线的斜率为， 又直线的倾斜角为，所以，解得. 故选：B. 2. 数据35，58，80，86，72，85，54的下四分位数是（ ） A. 85 B. 58 C. 54 D. 35 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的概念计算即可. 【详解】将数据从小到大排列为35，54，58，72，80，85，86共7个数，则7×25%=1.75，则第2个数54为下四分位数， 故答案为：C. 3. 已知，，若，则实数λ的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，据此可得答案. 【详解】由题可得. 注意到， 则. 故选：A 4. 已知直线经过，，直线经过，.如果，则（ ） A. 3 B. 5 C. 2 D. 2或5 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线垂直时的斜率关系求解即可，注意讨论斜率是否存在. 【详解】当，即时，则直线的斜率不存在，此时直线的斜率， 所以直线与直线垂直，满足条件， 当时，直线的斜率存在，且斜率为，又直线的斜率为， 因为，所以， 解得； 综上，的值为5或2， 故答案为：D. 5. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 6. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解. 【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法， 若两数不互质，不同的取法有：，共7种， 故所求概率. 故选：D. 7. 直线经过两点，，将绕其与轴的交点逆时针旋转得到直线，则的斜率为（ ） A. B. 3 C. -3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算出的斜率，利用倾斜角的定义，建立起的倾斜角与的倾斜角的关系，可得答案. 【详解】直线的斜率，逆时针旋转后，则直线的倾斜角为， 直线的斜率. 故选：C. 8. 柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为的柏拉图多面体，点，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：取的中点，连接，，求得，，则可求得，进一步求得,按向量夹角公式求解即可；法二;接，，交于点，连接.分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，,用向量夹角公式坐标运算求解即可 【详解】方法一 由柏拉图多面体的性质可知， 四边形，均是边长为的正方形， 柏拉图多面体的侧面均为等边三角形.如图（1）， 取的中点，连接，， 则. 同理可得. 所以 取的中点，连接，，则，且 又点为的中点，且， 所以且， 则四边形为平行四边形，所以. 同理可得. 设，的夹角为，则， 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选: 方法二 连接，，交于点，连接. 易知平面. 因为，，所以 如图（2）， 以点为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 因为点，，，分别为，，，的中点， 所以，，，， 则，, 设，的夹角为，则 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选： 【点睛】方法点睛：若不易将两条异面直线转化为同一平面内的两条直线时，则可利用向量法来求两异面直线所成的角.第一种方法是利用已知向量表示所求向量，第二种方法是建立合适的空间直角坐标系，两种方法最终都转化为求两向量的夹角的余弦值. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，不选或选错的得0分. 9. 若复数满足（i是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的模为4 C. 在复平面内对应的点位于第一象限 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用复数除法运算求出z和，逐个选项判断即可. 【详解】复数，在复平面内对应的点是，位于第四象限， ，，. 故答案为：AD. 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，，则在上的投影向量为 B. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项根据投影向量的定义运算即可；B选项考虑特殊情况当，同向共线时举反例排除即可；C选项由空间向量共面的推论判断；D选项利用空间位置关系的向量证明判断. 【详解】对于A，在上的投影向量为，故A正确； 对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误； 对于C，在中，所以P，A，B，C四点共面，故C正确： 对于D，由，则，所以，故D错误， 故选：AC. 11. 如图，在长方体中，，，动点E，F分别在线段和上.则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. C. 不可能是等边三角形 D. 至少存在两组E，F，使得三棱锥的四个面均为直角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量法可判断A，根据长方体的特征，利用等体积法确定B，根据特殊情况分析三角形边长可判断C，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断D. 【详解】建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设，， ，， 由可得，即， ， ， 显然与不恒相等，只有时才成立，故A错误； 由题意，在长方体中，E到平面的距离为1，F到边的距离为2， 所以，故B正确； 由图可知，的最小值为2，若，则， 则， 若此时，则， 可得， 则， 即取最小值为2时，，不能同时取得2， 当变大时，，不可能同时大于2， 故不可能是等边三角形，故C正确； 当E为中点，F与C重合时，如图， 此时，，， 又，，故，所以， 因为，，，所以， 所以，即三棱锥的四个面均为直角三角形， 当E与B重合，F与C重合时，如图， 显然，，，. 故三棱锥的四个面均为直角三角形， 综上可知，至少存在两组E，F，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故D正确. 故答案为：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 经过两点的直线的方向向量为，求k的值为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】求出，由直线方向向量定义和向量平行得到方程，求出k的值. 【详解】， 由与平行可得，解得. 故答案为：2 13. 已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量共面定理列方程组得到，再结合二次函数的性质解出最值即可； 【详解】因为，，共面， 所以， 即， 即，解得， 所以， 所以， 所以最小值为， 故答案为：. 14. 点是棱长为的正四面体表面上的动点，是该四面体内切球的一条直径，则的最大值是_________. 【答案】8 【解析】 【分析】作出图形，计算出正四面体内切球的半径，由此可求得，由空间向量数量积的运算性质得出，进而可知当点为四面体的顶点时，取得最大值，即可得解. 【详解】如图所示，正四面体的棱长为，其内切球球心为，连接并延长交底面于点，则为正的中心，且平面， 连接并延长交于点，则为的中点，且， 则， 平面，平面，，则， 则，， 设球的半径为， 则， ，， ， ， 当点为四面体的顶点时，取得最大值， 因此，. 故答案为：8. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将转化为求的最大值. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，三棱锥各棱的棱长都是1，点D是棱AB的中点，点E在棱OC上，且，记，，． (1)用向量，，表示向量； (2)求的最小值． 【答案】(1)；(2). 【解析】 【分析】(1)根据题意，连接，，利用空间向量的线性运算即可求解；(2)由三棱锥的各个面是边长为1的正三角形可得、，再利用余弦定理求出，由空间向量的运算法则可得||2＝||2，再结合空间向量的数量积公式和二次函数性质即可求解. 【详解】(1)根据题意，连接OD，CD，点D是棱AB的中点，点E在棱OC上，如下图： 由题意可得，，记，，， ∴()＝. (2)根据题意，点D是棱AB的中点，三棱锥的各个面是边长为1， 易得，， 在中，由余弦定理可得，， ， 当时，取得最小值， 则的最小值为． 16. 如图，在棱长为4的正方体中，点在棱上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）若点在棱上，且到平面的距离为，求到直线的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角，从而求解； （2）由点到平面的距离为，求得的坐标，然后利用空间点到直线距离的向量法即可求解. 【小问1详解】 以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，. 设平面的一个法向量为，则 取，则，，得， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 则平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问2详解】 设，，则. 由（1）可知平面的法向量为， 则到平面的距离为，解得或（舍去）， 即. 因为，， 所以到直线的距离为. 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 18. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 【答案】（1）在图1中，连结AE，由已知条件得， ∵且， ∴四边形ABCE为菱形，连结AC交BE于点F， ∴，又∵在中，， ∴， 在图2中，，∵，∴， 由题意知，且 ∴平面ABED，又平面， ∴平面平面ABED； （2）；（3）存在，. 【解析】 【分析】（1）在图1中，连结AE，连结AC交BE于点F，证明，即可； （2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和的坐标，然后可算出答案； （3）设，然后算出平面PBE、平面的法向量，然后可建立方程求解. 【详解】（1）略 （2）如图，以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．由已知得各点坐标为 ，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，， 所以，即， 令，解得，， 所以，，记直线与平面所成角为， 则． （3）假设存在，设， 所以，， ∵平面，易得平面的一个法向量， 设平面PBE的一个法向量， 由，可得，可取， 则， 解得，此时． 【点睛】关键点睛：用向量方法解决空间中的角的问题时，关键是建立适当的空间直角坐标系，准确地写出点的坐标和向量的坐标，然后准确地运算出答案. 19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点，定义直线经过点且以为方向向量，平面经过点且以为法向量. （1）若P是平面内的任意一点，求证：； （2）另有平面的方程为，直线是平面与的交线，求直线与平面所成角的余弦值； （3）设点是空间任意一点，记向量.求证：点Q到直线的距离与点Q到平面的距离满足关系式：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意利用空间位置关系的向量证明即可； （2）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； （3）利用空间向量求点线距、点面距的公式证面即可. 【小问1详解】 证明：∵平面经过点，且P是平面内的任意一点，则是平面内的任意一条直线，且平面的法向量为， ∴， 由于，， ∴， 即. 【小问2详解】 平面的方程为， 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，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 则. 【小问3详解】 证明：因点，且直线的方向向量为，则点Q到直线的距离为， 又点，且平面的法向量为，则点Q到平面的距离为， ∴满足关系：. 得证成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $