贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题 一、单选题（本大题共8小题） 1．在中，已知，，，则角（   ） A．或 B． C． D．不存在 2．已知，，直线：上存在点P，满足，则的倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面.若，，则这个四棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 4．在三角形ABC中（A点在BC上方），若，，BC边上的高为h，三角形ABC的解的个数为n，则以下错误的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 5．记圆锥的侧面是曲面，且曲面平面，其中是圆锥的一条母线，则称平面是“平面”，“平面”上不与平行且不与重合的直线称为“圆锥的斜切直线”．已知直线是圆锥的“斜切直线”，且直线经过圆锥某条母线的中点，若圆锥的体积是，底面面积是，且圆锥底面中心到直线的距离是，则直线与圆锥底面夹角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 6．在三棱锥，若平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积是（       ） A．100π B．50π C．144π D．72π 7．若点P(x, y)在以A(－3,1)，B(－1,0)，C(－2,0)为顶点的△ABC的内部运动(不包含边界)，则的取值范围是 A． B． C． D． 8．如图，底面同心的圆锥高为，A，B在半径为1的底面圆上，C，D在半径为2的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题） 9．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（    ） A．边上的高为 B．为定值 C．的最小值为2 D．若，则 10．正方体 中， 分别为 的中点，点 满足 ，则错误的有（ ） A． 平面 B．三棱锥 的体积与 点的位置有关 C． 的最小值为 D．当 时，平面PEF截正方体的截面形状为五边形 11．已知在棱长为4的正方体中，点O为正方形的中心，点P在棱上，下列说法正确的有（    ） A． B．当直线AP与平面所成角的正切值为时， C．当时，点到平面的距离是 D．当时，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长为 三、填空题（本大题共3小题） 12．在中，角的对边分别为，若，则＝ . 13．如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在、两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内．在点测得，的俯角分别为，，在点测得，的俯角分别为，，且，则 ． 14．如图所示，在平面直角坐标系中，已知矩形 的长为2，宽为1，边 ， 分别在 轴、 轴的正半轴上，点 与坐标原点 重合，将矩形折叠，使点 落在线段 上.若折痕所在直线的斜率为 ，则折痕所在的直线方程为 . 四、解答题（本大题共5小题） 15．（13分） 记的内角,,的对边分别为,,,已知,. （1） 求; （2） 若,求的面积. 16．已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： (1)点和点的坐标： (2)在边上是否存在一点，使得平分，若存在请求出点坐标，若不存在，请说明理由. 17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，交AC于点，且． (1)若，求的面积； (2)求的最小值． 18．如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为正方形，，E，F分别是AD，PB的中点． (1)证明：平面PCD． (2)求直线PA与平面CEF所成角的正弦值． 19．在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD. (1)求二面角的余弦值； (2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由. 参考答案 1．【答案】B 【详解】因为，则为锐角， 由正弦定理可得，故. 故选B. 2．【答案】D 【详解】将代入得， 将代入得， 所以，不在直线上， 又∵， 所以点在线段上， 直线的方程为：， 直线过定点且斜率一定存在，    故由数形结合可知：或 故倾斜角， 故选：D 3．【答案】C 【分析】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决. 【详解】取BC中点E，连接EA、ED，取PC中点H，连接EH，BH， 等腰梯形中，，， 则有，则四边形为平行四边形， 则，又，则为等边三角形， 则，则△为等边三角形 则，故点E为等腰梯形的外接圆圆心， △中，，则 又底面，则底面， 又， 即， 故点H为四棱锥的外接球球心， 球半径 则四棱锥外接球表面积为 故选C. 【方法总结】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决. 4．【答案】C 【分析】作出外接圆如图所示，根据题意可求出外接圆的半径为2，然后结图形判断即可 【详解】作出外接圆如图所示， 因为， 所以的外接圆半径为 因为，所以，， 所以当时，最大为3，此时是唯一的，所以B正确，A正确， 当时，由圆的对称性可知，此时， 所以C错误，D正确， 故选：C 5．【答案】D 【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥的高为，则，解得， ，解得， 如图，其中直线经过的中点，在底面圆上，且互相垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， 平面与圆锥的侧面交于， 故在平面内与垂直的直线即为平面的法向量所在直线， 其中， 设平面的法向量为，显然，则， 由， 令，则，故， 取直线上的一点，使得，此时⊥， 其中， 故， 可令，则，将其代入①得， 故， 此时底面中心到直线的距离 ， 即，解得， 又，此时，故满足要求， 而圆锥底面的法向量为， 设直线与圆锥底面夹角为， 则. 故选：D 6．【答案】A 【分析】 根据三棱锥的几何特征，可将三棱锥放于长方体内，三棱锥的外接球就是长方体外接球. 【详解】 如图，将三棱锥放于一个长方体内： 则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，∴PB为三棱锥P－ABC外接球的直径， ∵， ∴外接球的表面积为：． 故选：A. 7．【答案】D 【详解】 试题分析：根据已知的条件可知，点A,B，C围成的三角形ABC，其内动点P（x,y），那么所求的为动点P与定点M（1,2）两点的斜率的取值范围，则根据已知中的三点A，B,C的坐标，分别求解,则利用倾斜角与斜率的关系，结合正切函数图象可得，的取值范围是，选D. 考点：本试题主要是考查了线性规划的最优解问题的应用． 点评：解决该试题是高考中的一个常考点，同时一般要结合数形结合的思想来完成，因此关键的一步就是要准确作图，找到平面区域，然后结合表达式的表示的几何意义：斜率的含义来得到． 8．【答案】C 【详解】如图，设直线AB交大圆于点F，E，连接CE，DF，由，知四边形为等腰梯形， 取AB，CD的中点M，N，连接MN，则， 因为，所以， 因为，所以四边形是矩形， 因此四边形为矩形，过O作于，连接OB，OC，OA，OD， 从而四边形的面积， 当且仅当，即时取等号， 此时， 如图，在几何体中，连接PQ，PO，因为平面，平面， 所以，又， ，，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 显然平面平面，在平面内过作于， 从而平面，即OR长即为点到平面的距离， 在中，，， 所以， 所以点O到平面的距离是. 故选C. 【方法总结】求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解;也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 9．【答案】ABD 【详解】对A，边上的高为，由题意，故A正确； 对B，由正弦定理即， 故， 又锐角，故，即，故B正确； 对C，， 又，故 ，当且仅当， 即时取等号，此时，，与锐角矛盾，故C错误； 对D，， 即，又，即， 故，解得，故. 则，即，解得. 故，，或，. 不妨设，， 则，， 故，，， 故，由正弦定理，故D正确. 故选ABD 10．【答案】BCD 【详解】对于A中，以 为坐标原点，以 所在的直线分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， 则 ， 所以 ，所以 ， 因为 且 平面 ，所以 平面 ，所以A正确； 对于B中，因为正方体 中， 且 ， 所以四边形 为平行四边形，因为 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 所以棱 上的所有点到平面 的距离都相等， 又因为点 是棱 上的动点，所以三棱锥 的体积始终为定值，所以B错误； 对于C中，由 ， 因为 ，所以 ， 则 ， 可得 ， 当 时， 有最小值，最小值为 ，所以C错误； 对于D中，连接 ，取 中点为 ，此时 与 交点为点 ，如图1所示， 过点 作 ，可得 ，可得 ，所以 ， 即 ，此时平面 截正方体截面图形 为四边形，所以D错误. 故选BCD. 11．【答案】ABD 【分析】对于选项A，证明平面即可判断；对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，求出即可判断；对于选项C，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解判断；对于选项D，取的中点，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，即可判断得解. 【详解】对于选项A，由正方体得平面，所以, 又. 又,所以, 因为平面, ,所以平面, 所以. 所以该选项正确；    对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，所以，所以该选项正确；    对于选项C, 建立如图所示的空间直角坐标系，则, 设平面的法向量为，所以， 又.所以该选项错误；    对于选项D，取的中点，由题得, 则截面圆的半径为. 由题得截面圆的圆心为点,在平面内作，且. 以点为圆心，以为半径作圆与棱分别交于. 所以. 所以， 以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长， 所以以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长. 所以该选项正确. 故选：ABD.    12．【答案】 【分析】 由正弦定理求得，再利用求得，进而得到，从而求得结果. 【详解】 由正弦定理可知：，即 设，则， 可知同号，则均为锐角 在中， 可得：        则，， ，， 本题正确结果： 13．【答案】 【详解】因为在点测得，的俯角分别为，， 所以，， 在点测得，的俯角分别为，， 所以，， 在中，已知，，， 由正弦定理得， 所以， 因为，，则， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 因为，，故， 在中，由余弦定理得：， 故，所以. 14．【答案】 【详解】当 时，此时点 与点 重合，折痕所在的直线方程为 . 当 时，设将矩形折叠后点 落在线段 上的点为 （ ， ） ， 所以 与 关于折痕所在的直线对称，设直线 的斜率为 ,则 ，即 ，所以 .故点 的坐标为 . 从而折痕所在的直线与 的交点 的坐标为 ,所以折痕所在的直线方程为 ，即 . 将 代入 中，得 ，符合 时的情况. 综上，折痕所在的直线方程为 . 15．【答案】 （1） 第一步:由余弦定理求得 由，，得，…………2分 根据余弦定理，得.…………4分 第二步:确定角的大小 又，所以.…………6分 （2） 第一步:由正弦定理求得及 由正弦定理，得.…………9分 因为，所以，…………11分 第二步:由三角形面积公式求 所以的面积.…………13分 16．【答案】(1)， (2)存在， 【详解】（1）设，因为，所以， 又因为上的高所在直线方程为，所以， 所以， 所以，解得，所以； 设，因为边上中线所在直线方程为， 所以，即， 又因为边上的高经过点，所以， 所以，解得，所以. （2）设存在满足条件，如图所示， 因为，所以， 因为平分，所以， 因为且，所以， 所以，所以，即， 又因为，，所以，即， 所以，所以， 综上所述，存在满足条件. 17．【答案】(1) (2) 【详解】（1） 由，，可得． 在中，由余弦定理得，即，可得． 故． （2）， ，， ， ． ， 当且仅当，即，时，等号成立． 故的最小值为． 18．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判定定理即可求证， （2）建立空间直角坐标系，由向量法即可求解线面角. （1） 如图，设M为PC的中点，连接FM，MD．                 因为F，M分别为PB，PC的中点，所以． 在正方形ABCD中，，所以． 所以四边形DEFM为平行四边形，．                  因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD． （2） 以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，            ．                  设平面CEF的法向量为， 则即令，则．             设直线PA与平面CEF所成角为， 则， 故直线PA与平面CEF所成角的正弦值为． 19．【答案】(1) (2)存在，点M位置为 【详解】（1）设是中点，为正三角形，则. 因为平面平面ABCD，平面平面， 又平面PAD，所以面ABCD. 又因为，， 所以为正三角形，所以， 以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 于是，，. 设平面PEC的法向量为， 由即可取. 平面EBC的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则 由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为. （2）设，则， ，， 所以， 解得或0（舍），所以存在点M使得. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 $