精品解析：北京市通州区运河中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

高二年级第一次阶段性诊断数学试题 2025.10 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）. 1. 已知向量则（ ） A. 21 B. －21 C. 20 D. －20 2. 已知点，，直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线、的方向向量分别为、，若，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 5. 已知M为z轴上一点，且点M到点与点的距离相等，则点M的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是空间的一组基底，则下列向量中能与，构成一组基底的是（ ） A. B. C. D. 7. 下列说法正确的是（ ） A. 若，是两个空间向量，，则不一定共面 B. C. 若P在线段AB上，则 D. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为 8. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，若共面，则等于（ ） A. B. 1 C. 1或 D. 1或0 11. 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论： ①存在点，使得； ②存在点，使得平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变． 其中，所有正确的结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 12. 如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则集合中的元素个数（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共36分）. 13. 若 则 ______ ． 14. 已知直线的方向向量为，则直线的倾斜角是__________. 15. 长方体中，，，则点到直线的距离等于__________. 16. 如图，在平行六面体中，，，，，，则线段的长为__________. 17. 正方体的棱长为1，若动点在线段上运动，则的取值范围是__________. 18. 如图，正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面互相垂直.P为棱AB上的动点，DQ⊥平面EPC，Q为垂足.给出下列四个结论： ①EQ=CQ； ②线段DQ的长随线段BP的长减小而增大； ③存在点P，使得PQ平面EDA； ④存在点P，使得. 其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题（本大题共4小题，共54分）. 19. 在正方体中，已知为中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值. 20. 如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，. （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求到平面的距离. 21. 如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点. （1）求证平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 22. 图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. （1）证明:平面平面； （2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级第一次阶段性诊断数学试题 2025.10 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）. 1. 已知向量则（ ） A. 21 B. －21 C. 20 D. －20 【答案】A 【解析】 【分析】 先求的坐标，再根据向量数量积的坐标表示求数量积. 【详解】，所以. 故选：A 2. 已知点，，直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两点斜率公式求斜率，结合倾斜角与斜率关系求倾斜角. 【详解】点，，则直线的斜率， 所以直线的倾斜角为. 故选：B. 3. 如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算即可求解. 【详解】点M在线段OA上，且， 又， ∵N为BC的中点， . 故选：D. 4. 已知直线、的方向向量分别为、，若，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由可得出，利用空间向量数量积的坐标运算可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值. 【详解】若，则，所以，所以，解得. 故选：C 5. 已知M为z轴上一点，且点M到点与点的距离相等，则点M的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意先设，再根据空间两点间的距离公式，得到，再由点M到点与点的距离相等建立方程求解. 【详解】设 根据空间两点间的距离公式得 因为点M到点与点的距离相等 所以 解得 所以 故选：C 【点睛】本题主要考查了空间两点间的距离公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 6. 已知是空间的一组基底，则下列向量中能与，构成一组基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共面基本定理可知，，均与，共面即可得出答案. 【详解】因为，，， 所以由空间向量共面基本定理可知，，均与，共面，不能构成一组基底，故A、B、D错误，C正确. 故选：C． 7. 下列说法正确的是（ ） A. 若，是两个空间向量，，则不一定共面 B. C. 若P在线段AB上，则 D. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的概念、性质和运算法则，对各选项进行判断，即可得到结果 【详解】根据向量的特点，若，是两个空间向量，则，一定共面，故选项A错误； ，故选项B错误； 若P在线段AB上，则，根据共线定理可知存在实数，使得故选项C正确； 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为，故选项D错误； 故选：C. 8. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案． 【详解】记为点，直线的斜率，直线的斜率， 因为直线l过点，且与线段相交， 结合图象，可得直线的斜率的取值范围是． 故选：B． 9. 已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用点到面的距离的向量求法求解即可 【详解】因为， 所以， 因为平面的法向量， 所以点到平面的距离. 故选：B 【点睛】此题考查利用向量求点到面的距离，属于基础题 10. 已知向量，若共面，则等于（ ） A. B. 1 C. 1或 D. 1或0 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共面的条件求解． 【详解】因为共面，所以存在不全为0的实数，使得， 即，解得． 故选：C． 11. 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论： ①存在点，使得； ②存在点，使得平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变． 其中，所有正确的结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断④，以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故②不正确； 设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断③正确. 【详解】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，①正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，④正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图， 正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故②错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，所以的面积为递减，③正确， 综上：①③④正确 故选:C. 【点睛】立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理,尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了,本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 12. 如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则集合中的元素个数（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的运算性质，结合空间向量垂直的性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】 ， 因为，所以， 所以，则中的元素个数为1. 故选：A. 二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共36分）. 13. 若 则 ______ ． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量坐标运算先写出坐标，再求模即可. 【详解】 , 故答案为3. 【点睛】本题考查空间向量坐标运算及模长计算，属于基础题. 14. 已知直线的方向向量为，则直线的倾斜角是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出直线的斜率，即可得到直线的倾斜角. 【详解】因为直线的一个方向向量是， 所以直线的斜率， 设直线的倾斜角为，则， 又，所以， 故答案为：. 15. 长方体中，，，则点到直线的距离等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】以向量，，所在方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，连接，作垂直，垂足为，求出向量在向量上的投影，由勾股定理即可求点到直线的距离. 【详解】如图，以向量，，所在方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 连接，作垂直，垂足为， 由，，，得，， 所以， 又，所以点到直线的距离. 故答案为： 16. 如图，在平行六面体中，，，，，，则线段的长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合空间向量的数量积的运算律求解即可. 【详解】在平行六面体中，，，，，， ∵， ∴ ， ∴. 故答案为：. 17. 正方体的棱长为1，若动点在线段上运动，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据动点在线段上运动，设，用表示，根据向量数量积的运算律，及数量积的定义求得的取值范围. 【详解】由题可设，则. 所以. 因为，所以. 所以的取值范围是. 故答案是：. 18. 如图，正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面互相垂直.P为棱AB上的动点，DQ⊥平面EPC，Q为垂足.给出下列四个结论： ①EQ=CQ； ②线段DQ的长随线段BP的长减小而增大； ③存在点P，使得PQ平面EDA； ④存在点P，使得. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据给定条件，以点D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面EPC的法向量，进而求出点Q的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】由题意，以点D为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，令AB=1， 设，则， ， 设平面EPC的一个法向量为， 则有，取y=1，可得， 由DQ⊥平面EPC于Q，得， 即，则， 显然，解得， 于是， 对于①，，故①正确； 对于②，在[0，1]上单调递增， 当线段BP的长减小时，t增大，此时|DQ|随之增大，故②正确； 对于③，平面EDA的一个法向量为， 而， 由，得λ=t，即， 整理得，令 显然函数在上的图象连续不断， 而 因此存在使得， 此时PQ⊄平面EDA，因此存在点P，使得PQ平面EDA，故③正确； 对于④，， 则， 若， 显然 即不存在，使得，④错误； 所以所有正确结论的序号是①②③. 故答案为：①②③. 三、解答题（本大题共4小题，共54分）. 19. 在正方体中，已知为中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值. 【答案】（1）证明:在正方体中，因为，，两两垂直， 故以为原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图：     不妨设正方体的棱长为1， 则， 故，，， 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，则，所以． 从而，得， 又平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法求异面直线的夹角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 设,分别为直线与的方向向量，又异面直线与夹角为， 则由，，， 得. 所以异面直线与夹角的余弦值为.` 20. 如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，. （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求到平面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （2）利用空间向量法计算可得结果. 【小问1详解】 ，，，，． 由直三棱柱中，底面，底面，，． 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为； 【小问2详解】 设到平面的距离为，则. 21. 如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点. （1）求证平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 证明：，为的中点，，侧面底面，侧面底面， 平面，平面； （2） （3）存在，则． 【解析】 【分析】（1）先证得，再由侧面底面证得平面即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角公式求得余弦，再计算正弦即可； （3）设出点，由点面距离的向量求法解出即可求出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 底面为直角梯形，其中，，，，又平面， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 易得平面的法向量，，， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面与平面所成角为， 则，故平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 设线段上存在，使得它到平面的距离为，， 到平面的距离，解得或(舍去)，则，则． 22. 图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. （1）证明:平面平面； （2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：取的中点，连接， AI 在正方形中，，并且 在中，， 所以，. 因为平面， 所以平面 而平面， 所以平面平面； （2）存在，，理由如下： 因为两两垂直， 所以建立如图所示的空间直角坐标系, AI 则， 因为平面， 所以平面的法向量为 假设存在满足题意的点，且， 则， 设平面MBC的法向量为， 则有 不妨设， 得， 所以 两边平方，整理得， 解得或（舍）， 经检验，满足题意， 因此，存在点，只需即可. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，则勾股定理的逆定理可得，由正方形的性质可得从而可得平面即可得平面平面； （2）建立空间坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 存在点，当时，满足题意，理由略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $