精品解析：贵州省思南中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

思南中学2025-2026学年高二上学期数学10月月考试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则（ ） A. 60° B. 75° C. 60°或120° D. 15°或75° 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则此三棱柱外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 4. 在三角形ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 5. 长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，．若该三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则当三棱锥体积最大时，球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 设，若直线与线段AB有交点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 平面的一个法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为直角三角形 D. 若，则为直角三角形 10. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ） A. 平面平面 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在点，使得 D. 当时，存在点，使得平面 11. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（ ） A. PQ与EF一定不垂直 B. 二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是 C. PEF的面积是 D. 点P到平面QEF的距离是定值 三、填空题（本大题共3小题） 12. 已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C所对的边.若，，，则__________. 13. 为加快推进“光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个基站，，，.已知，两个基站建在松花江的南岸，距离为；基站，在江的北岸，测得 ， ， ， ，则，两个基站之间的距离为______. 参考数据:. 14. 直线关于直线的对称直线的方程为___________. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图，在平面四边形中，. （1）求； （2）若的面积为，求. 16. 已知的顶点坐标为. （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求边上的中线所在直线的方程； （3）求边上的高所在直线的方程. 17. 已知中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的面积为，求. 18. 如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD为正三角形，四边形ABCD为梯形，二面角P－AD－C为直二面角，且AB∥DC，AB⊥AD，AD＝AB＝DC，F为PC的中点. （1）求证：BF∥平面PAD； （2）求直线PC与平面PAB所成的角的余弦值. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点分别为的中点，且. （1）若，求直线与平面所成角的正弦值； （2）若直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 思南中学2025-2026学年高二上学期数学10月月考试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则（ ） A. 60° B. 75° C. 60°或120° D. 15°或75° 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理直接求解即可. 【详解】由正弦定理得，，即，所以或， 当时，，成立；当时，，成立. 故选：C. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角. 【详解】因为， 所以直线，即为. 设直线的倾斜角为，则该直线的斜率， 因为，所以. 故选：A. 3. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则此三棱柱外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三棱柱侧面积公式求出，确定球心的位置，如图构造直角三角形，由勾股定理求出外接球半径的平方，再根据球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意可得，正棱柱的底面是边长和高都等于的等边三角形，侧面积为， ∴，∴， 取三棱柱的两底面中心，连结， 取的中点，则为三棱柱外接球的球心， 连结，则为三棱柱外接球的半径． ∵是边长为的正三角形，是的中心， ∴． 又∵ ∴． ∴三棱柱外接球的表面积. 故选：B. 4. 在三角形ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理可得，根据条件求得的值，根据与的大小判断角的大小，从而判断三角形的解的个数． 【详解】由正弦定理可得，若A成立，，，，有， ∴，∴，故三角形有唯一解． 若B成立，，，，有，∴，又， 故，故三角形无解． 若C成立，，，，有 ，∴，又， 故，故可以是锐角，也可以是钝角，故三角形有两个解． 若D 成立，，，，有，∴，由于，故为锐角，故三角形有唯一解． 故选：C． 5. 长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求出正弦值，再求正切值即可. 【详解】 以为原点建立空间直角坐标系，必有，，， ，设，而，， 由题意得，故，得，故， 故，，易知面的法向量， 故， 若最大，则最大， 由二次函数性质得当时，最大， 此时，， 此时最大，且，显然A正确. 故选：A 6. 在三棱锥中，．若该三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则当三棱锥体积最大时，球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据条件，确定三棱锥的特征，再利用补体求得三棱锥外接球的半径，即可计算球的表面积. 【详解】根据三棱锥的体积公式可知，只有两两互相垂直时，三棱锥的体积最大，此时三棱锥的外接球和棱长为的正方体的外接球是同一个外接球， 所以外接球的半径满足，球的表面积. 故选：B 7. 设，若直线与线段AB有交点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直线恒过定点，若直线与线段有交点，画图图形，求出临界时直线的斜率与直线的斜率，即可得解. 【详解】由得， 因此直线过定点，且斜率， 如图所示，当直线由直线按顺时针方向旋转到直线的位置时，符合题意． 易得，． 结合图形知或，解得或， 即的取值范围是． 故选：C 8. 平面的一个法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用点到平面的距离公式可得结果. 【详解】由题意得，， ∴点到平面的距离. 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为直角三角形 D. 若，则为直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【详解】在中，正弦定理， 对于A，若，则根据正弦定理得： ，即为等腰三角形，故A正确； 对于B，若，则根据正弦定理得： ， ∵，，∴且， ∴或，即或，即为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，由射影定理得，又，即， 而，则，，为直角三角形，C正确； 对于D，，由射影定理得， 即，而，则，，为直角三角形，D正确. 故选：ACD. 10. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ） A. 平面平面 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在点，使得 D. 当时，存在点，使得平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的关系，即可判断A；利用向量法求点到平面的距离，即可判断B；利用向量数量积，即可判断C；要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，即可判断D. 【详解】以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 则，令，解得，， 所以平面的一个法向量， 又，， 因为， 故.设平面的一个法向量为， 则，令，解得，， 所以平面的一个法向量，又，所以， 所以平面平面，故A正确； 当时，点，设平面的一个法向量，，， 则， 令，解得，，所以平面的一个法向量为， 且，所以点到平面的胜离为， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 当时，此时，所以，， 所以， 所以不存在点，使得，故C错误； 当，此时，所以，，， 因为，要使平面， 则，解得，符合题意， 故存在点，使得平面，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查利用坐标法，解立体几何中的位置关系，本题的关键是点坐标的设法问题，利用坐标法解决位置关系问题. 11. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（ ） A. PQ与EF一定不垂直 B. 二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是 C. PEF的面积是 D. 点P到平面QEF的距离是定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】取特殊位置，当与点重合时，即可判断选项A；建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角，即可判断选项B；利用线面垂直的性质定理，可得是的高，利用三角形的面积公式求解即可判断选项C；由线面平行的判定定理判断得到平面，即可判断选项D． 【详解】解：对于A，当与点重合时，，故选项A错误； 对于B，由于点是棱上的动点，是棱上的一条线段，所以平面即平面， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，4，， 所以，平面即平面， 设平面的法向量为，则，即， 令，则， 同理可求得平面的法向量为，设二面角为， 所以， 故，故选项B正确； 对于C，由于平面，又平面， 所以，所以，所以是的高， 所以，故选项C正确； 对于D，由于，且平面，平面，所以平面， 又点在上，所以点到平面的距离为常量，故选项D正确． 故选：BCD． 三、填空题（本大题共3小题） 12. 已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C所对的边.若，，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理可求边. 【详解】因为，且为三角形的内角，所以. 由正弦定理，得：. 故答案为： 13. 为加快推进“光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个基站，，，.已知，两个基站建在松花江的南岸，距离为；基站，在江的北岸，测得 ， ， ， ，则，两个基站之间的距离为______. 参考数据:. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得， ，利用正弦定理求出，进而结合余弦定理即可求出. 【详解】在中， ， ，所以 ， 则有，所以. 又 ，所以 ， 在中， ， 由正弦定理得. 在中，由余弦定理得 ， 所以，即，两个基站之间的距离为. 故答案为：. 14. 直线关于直线的对称直线的方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设出为所求直线上一点，找出其关于的对称点，代入直线即可求出. 【详解】设为所求直线上一点，它关于的对称点为， 则可得， 由题可得在直线上， 所以，整理可得所求的对称直线方程为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图，在平面四边形中，. （1）求； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理计算即可； （2）利用三角形面积公式及余弦定理计算即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 则，解得. 又由题设知， 所以； 【小问2详解】 ， ， 由，得， 解得. 由余弦定理得， 又，所以. 16. 已知的顶点坐标为. （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求边上的中线所在直线的方程； （3）求边上的高所在直线的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率再利用点斜式方程即可得出结果； （2）求出中点坐标再计算中线斜率，代入点斜式方程即可； （3）根据垂直关系得出斜率，再利用点斜式方程可求. 【小问1详解】 直线的斜率 过点且与直线平行的直线的斜率为 过点且与直线平行的直线方程为 即 【小问2详解】 设边的中点为，因为， 所以点的坐标为，即， 所以边的中线所在直线方程为 即 【小问3详解】 因为， 所以边的高线所在直线的斜率为， 因此边的高线所在直线方程为， 即 17. 已知中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理即可得解； （2）利用三角形面积公式与题干条件得到关于的方程组，解之即可得解. 【小问1详解】 因为，即， 所以， 又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，， 所以，所以， 又，，所以，即， 化简得，解得， 又，所以. 18. 如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD为正三角形，四边形ABCD为梯形，二面角P－AD－C为直二面角，且AB∥DC，AB⊥AD，AD＝AB＝DC，F为PC的中点. （1）求证：BF∥平面PAD； （2）求直线PC与平面PAB所成的角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，．证明四边形为平行四边形．推出．然后证明平面． （2）取的中点，连接，说明为二面角的平面角．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，求出平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为．利用空间向量的数量积求解即可． 【详解】（1）证明：证明：如图所示，取的中点，连接，． 为的中点，． 又，且． 四边形为平行四边形．． 又平面，平面，平面． （2）解：取的中点，连接，由为正三角形，． 取的中点，连接，四边形为梯形， ．．为二面角的平面角． 又二面角为直二面角，．． 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： 设，则，， ， ， 故，． 设平面的一个法向量为，则 则可取． 设直线与平面所成的角为． ． ，． 故直线与平面所成的角的余弦值为． 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点分别为的中点，且. （1）若，求直线与平面所成角的正弦值； （2）若直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得平面的法向量与，由此可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）设，从而分别求得平面与平面的法向量与及，从而由题意条件求得，进而可求得平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【小问1详解】 因为，则，即， 又因为平面，所以， 故建立如图所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，故， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. . 【小问2详解】 设，则，故， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，故， 易得平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得， 设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以，则，故，即. 所以平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $