精品解析：四川省内江市第六中学2025—2026学年高二上学期第一次月考数学试题

内江六中2025—2026学年（上）高2027届第一次月考 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 以下向量中与向量都垂直的向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示可得答案. 【详解】对于A，，故A不正确； 对于B，，故B不正确； 对于C，，，故C正确； 对于D，，故D不正确. 故选：C 2. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合圆锥的侧面积公式求得侧面积．根据题意求得圆锥的底面圆的半径，最后利用圆锥的表面积公式即可求解． 【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形， 所以圆锥的侧面积为 设圆锥的底面半径为，底面圆的周长等于扇形的弧长可得：，解得 所以圆锥底面的面积为 因此圆锥表面积为． 故选：B. 3. 如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（ ） A. ) B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可. 【详解】因为. 故选：B 4. 已知为异面直线，平面平面，若直线满足，则下列说法一定错误的是（ ） A. B. 与相交，且交线平行于 C. ，且交线平行于 D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】ABC：作出图象即可，D：反证法，若，则，这与为异面直线矛盾，从而可以判断． 【详解】A：如图，可满足题干要求： ； BC：如图，可满足题干要求： ； D：若，则，与为异面直线矛盾，故D错误， 故选：D． 5. 已知正方体的棱长为2，则三棱锥和三棱锥公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】记与相交于，则三棱锥和三棱锥公共部分为三棱锥，由锥体体积公式计算即可. 【详解】记与相交于， 则三棱锥和三棱锥公共部分为三棱锥， 所以. 故选：C. 6. 如图，在圆台中，，，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，证明四边形为平行四边形，进而得即为异面直线与所成角或其补角，再根据几何关系求解即可. 【详解】解：如图，连接，因为，，且 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以即为异面直线与所成角或其补角， 因为，在圆台中，平面， 所以平面，， 因为， 所以， 所以，在中，， 所以 所以，异面直线与所成角的余弦值为 故选：C 7. 在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质确定点轨迹，再利用等腰三角形性质求出最小值. 【详解】在正四棱柱中，取中点，连接， 由四边形是矩形，为棱的中点，得，平面即平面， 取中点，连接，则，平面， 平面，则平面，而，， 于是四边形是平行四边形，，又平面， 平面，则平面，而平面， 因此平面平面，而平面，则平面，即平面， 又点为侧面内一动点，则点的轨迹为线段， 由，得，， ，因此等腰的腰上的高等于， 故线段的长度的最小值为. 故选：D 8. 若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得. 其中，所有正确结论的序号是 A. ①②③ B. ②③ C. ①③ D. ①② 【答案】D 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点的坐标为，求出点、的坐标，然后利用向量法来判断出命题①②③的正误. 【详解】取的中点，过点在平面内作，再过点在平面内作，垂足为点. 在正方体中，平面，平面，， 又，，平面，即，， 同理可证，，则，. 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，. 对于命题①，，，则，则，所以，，命题①正确； 对于命题②，，则平面的一个法向量为， ，令，解得， 所以，存在点使得平面，命题②正确； 对于命题③，，令， 整理得，该方程无解，所以，不存在点使得，命题③错误. 故选：D. 【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 与向量共线的一个单位向量为 B. A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点共面． C. 正四面体OABC的棱长为，则． D. 若，向量为单位向量，，向量在向量方向上投影的数量-2． 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求得向量共线的单位向量坐标，分析即可判断A的正误；根据四点共面的性质，即可判断B的正误；根据数量积公式，求得的值，即可判断C的正误；根据投影公式，计算即可判断D的正误. 【详解】选项A：因为，所以， 与向量共线的单位向量为， 所以一个单位向量为，故A正确； 选项B：若，且， 所以P，A，B，C四点共面，故B正确； 选项C：因为正四面体OABC，所以两两夹角为， 所以 ， 所以，故C错误； 选项D：向量在向量方向上投影的数量为， 故D正确. 故选：ABD 10. 已知直三棱柱的所有棱长均为6，点分别是线段的中点，则（　　） A. 平面 B. C. 三棱柱外接球的表面积为 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，利用线线平行可证平面判断A；可证平面，进而可得平面，可证判断B；记的外接圆圆心分别为，利用，可求外接球的表面积判断C；利用等体积法求得点到平面的距离判断D. 【详解】取的中点，连接， 因为点分别是线段的中点，所以，所以四边形为平行四边形， 故，又平面平面， 所以平面，故正确； 因为点分别是线段的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，又平面，所以， 又是正三角形，又是的中点，所以， 又，平面，所以平面， 所以平面，则.若，则平面， 则，显然这不成立，故错误； 记的外接圆圆心分别为，则， 故，故所求外接球的表面积为，故正确； ，故. 设点到平面的距离为.，则， 即，解得，故正确. 故选：ACD. 11. 如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，，点在线段EF上（包含端点）．下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得直线平面ACF B. 存在点，使得直线平面ACF C. 直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是 D. 三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】当点为线段中点时，利用线面平行的判定定理即可判断A，假定存在点，使得直线平面ACF，推理导出矛盾即可判断B，利用线面角的定义转化列式计算即可判断C；将几何体放入长方体，利用正弦定理求外接圆半径，进而求出外接圆面积即可判断D. 【详解】 对于A，取EF的中点，连接DG，令，连接FO，FD，如图， 在正方形ABCD中，为BD的中点，BDEF是矩形，则且， 故四边形DGFO是平行四边形，则，又平面ACF，平面ACF， 故平面ACF，则当点与重合时，直线平面ACF，故A正确． 对于B，假定存在点，使得直线平面ACF，而平面ACF，则， 又，从而有，因，点在线段EF上（包含端点）， 则，产生矛盾，故假设不成立，故B错误． 对于C，平面平面ABCD，平面平面， 则在平面ABCD上的射影在直线BD上，故是直线DP与平面ABCD所成角， 在矩形BDEF中，当与不重合时，，而， 则；当与重合时，， 因此，，故C正确． 对于D，因平面平面ABCD，平面平面， 且平面， ，故平面， 如图，将三棱锥放入长方体中，则三棱锥的外接球即长方体的外接球， 又四边形是矩形，则点为长方体的一个顶点，此时三棱锥的外接球被平面ACF截得的截面即的外接圆. 由，在中，，且， 则， 由正弦定理得的外接圆直径 则，其面积为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知向量平行于向量，则m+n＝_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】直接利用向量的坐标运算，向量共线的充要条件求出结果． 【详解】由于向量平行于向量， 故，解得，n， 故m+n＝， 故答案为：． 13. 如图所示，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：根据等体积法，即，列出方程解出距离即可；解法二：通过面面垂直的性质定理得平面，最后计算长即可；解法三：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面距离. 【详解】解法一：设点到平面的距离为d．在中，，AB边上的高为，点A到平面的距离为，的面积为． ∵，∴，因此， 故点到平面的距离为． 解法二：如图所示，取AB的中点M，连接CM，，过点C作，垂足为D． ∵，M为AB的中点，∴．∵，M为AB的中点，∴． ∵，平面，∴平面， 又平面，故平面平面． ∵平面平面，，平面，∴平面． 因此CD的长度即为点C到平面的距离，也即点到平面的距离． 在中，，因此． 故点到平面的距离为． 解法三：如图所示，取BC的中点O，连接AO．∵，∴． 以O为原点，OC，OA所在直线分别为x轴和y轴，过点O且与平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 从而，，． 设为平面的一个法向量，则即， 令，得，则． 故点到平面的距离为． 故答案为：. 14. 在平面四边形中，，是边长为6的正三角形．将该四边形沿对角线折成一个大小为，的二面角，则四面体的外接球半径的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定与外心，则可得两外心分别与四面体的外接球球心相连所得直线与平面、平面垂直，再结合二面角的大小可表示出半径，再利用的范围计算即即可得解. 【详解】取中点，由，则点为外心， 连接，取线段上靠近点的三等分点， 由是正三角形，则点为外心， 令四面体的外接球球心为，连接、， 则有平面、平面， 又平面、平面，故、， 由二面角的大小为，则， ，则， 则， 由，则，则， 故，即， 即四面体的外接球半径的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知向量. （1）若，分别求与的值； （2）若，且与垂直，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用空间向量平行的坐标表示计算即可； （2）利用空间向量垂直的坐标表示及模长公式计算即可. 【小问1详解】 由得, 所以，解得； 【小问2详解】 因为，且， 所以，化简得， 解之得. 16. 如图，正三棱柱中，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求这个三棱柱的侧棱长. 【答案】（1）证明：连接，交于点N，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点， 又点是的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点N，连接，易得，由线面平行的判定定理得证； （2）由三棱锥体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为等边三角形，是的中点，所以， 又，故， 因为平面， 设，则， 所以，即，解得， 故这个三棱柱的侧棱长为3. 17. 如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AD，点E在底面的圆周上，点 F 在线段DE 上. （1）求证： ； （2）若点E是的中点，求直线DE与平面ABD所成角正切值的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，得证线线垂直； （2）设是中点，证明是直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角. 【小问1详解】 连接，则，又平面，而平面， ∴，又，平面， ∴平面，又∵平面， ∴. 【小问2详解】 设是中点，连接，因为点E是的中点，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面 是直线与平面所成的角. 设正方形的边长为，则，， ∴，∴， ∴与平面所成的角为. 18. 在四棱台中，底面，底面是正方形，E为侧棱的中点，，，． （1）证明：平面． （2）求二面角的正切值． （3）在线段上是否存在点H，使得平面平面？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2） （3）存在，，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）作出二面角的平面角，在中求值； （3）当时满足条件，由正弦定理求出即得比值. 【小问1详解】 因为底面，所以底面，平面， 所以，所以， 又，是中点，所以. 因为底面，平面，所以， 又底面是正方形，所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为底面，平面，所以平面⊥底面， 过点作，因为平面平面 所以平面，过作，连接，则， 所以是二面角的平面角. 因为是中点，所以， 设，则，所以， 所以，即二面角的正切值是. 【小问3详解】 对线段上的点，因为平面，平面， 所以，则当时，满足条件. 如图，在四边形中，过作，垂足为，交于， 则， 设，则 因为，所以，所以， 又，所以 所以，又， 所以，此时时，，，平面， 所以平面，平面，所以平面⊥平面. 19. 如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）． （1）当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值； （2）在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值； （3）在翻折过程中，求二面角的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据矩形边长性质以及三角形相似可得，再由面面垂直性质证明可证明平面，结合线面角定义即可求得结果； （2）根据线面垂直判定定理可证明平面，结合性质定理可得平面，作出线面角的平面角并得出正切值的表达式，再结合三角函数值域求得，可得结论. （3）根据二面角定义利用线面垂直性质作出二面角的平面角，结合三角函数最值求出正切值的最大值，即可求得结果. 【小问1详解】 连接交于点，如下图所示： 则， 因为，所以，即， 又，所以，可得， 同理易证，所以， 翻折后当平面平面时，平面平面，且， 又平面，所以平面； 可知即为直线与平面所成的角， 在中，， 即直线与平面所成角的正切值为； 【小问2详解】 过点作，垂足为，如下图所示： 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面， 即即为直线与平面所成的角， 在翻折过程中，设，由（1）可知，， 在中，， 所以， 设，则， 所以，其中， 所以，解得， 显然当时，，故， 即，又易知，所以， 即直线与平面所成角的最大值为； 【小问3详解】 过作于点，连接，如下图所示： 由（2）知平面，因为平面，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以，可得， 结合（2）可得， 在中，, 令，则， 即，其中， 所以，解得， 显然当时，，故， 即，结合，可知， 因此二面角的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内江六中2025—2026学年（上）高2027届第一次月考 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 以下向量中与向量都垂直的向量为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（ ） A. ) B. C. D. 4. 已知为异面直线，平面平面，若直线满足，则下列说法一定错误的是（ ） A. B. 与相交，且交线平行于 C. ，且交线平行于 D. ， 5. 已知正方体的棱长为2，则三棱锥和三棱锥公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 1 6. 如图，在圆台中，，，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得. 其中，所有正确结论的序号是 A. ①②③ B. ②③ C. ①③ D. ①② 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 与向量共线的一个单位向量为 B. A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点共面． C. 正四面体OABC的棱长为，则． D. 若，向量为单位向量，，向量在向量方向上投影的数量-2． 10. 已知直三棱柱的所有棱长均为6，点分别是线段的中点，则（　　） A. 平面 B. C. 三棱柱外接球的表面积为 D. 点到平面的距离为 11. 如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，，点在线段EF上（包含端点）．下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得直线平面ACF B. 存在点，使得直线平面ACF C. 直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是 D. 三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知向量平行于向量，则m+n＝_____________． 13. 如图所示，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为______． 14. 在平面四边形中，，是边长为6的正三角形．将该四边形沿对角线折成一个大小为，的二面角，则四面体的外接球半径的取值范围为___________． 四、解答题 15. 已知向量. （1）若，分别求与的值； （2）若，且与垂直，求. 16. 如图，正三棱柱中，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求这个三棱柱的侧棱长. 17. 如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AD，点E在底面的圆周上，点 F 在线段DE 上. （1）求证： ； （2）若点E是的中点，求直线DE与平面ABD所成角正切值的大小. 18. 在四棱台中，底面，底面是正方形，E为侧棱的中点，，，． （1）证明：平面． （2）求二面角的正切值． （3）在线段上是否存在点H，使得平面平面？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由． 19. 如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）． （1）当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值； （2）在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值； （3）在翻折过程中，求二面角的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $