2026-2027学年高二上学期数学第一次月考自编模拟卷（广东省深圳市适用）

**基本信息** 以空间向量与立体几何为核心，融合欧拉文化情境与动态探究，适配高二上学期月考，注重空间观念与推理能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|空间向量运算（题3）、直线方程（题6）、欧拉线（题7）|单选夯实基础，多选辨析逻辑（题9）| |填空题|3/15|直线夹角（题12）、二面角（题13）、曼哈顿距离（题14）|创新情境与空间想象结合| |解答题|5/77|翻折问题（题19）、面面夹角（题17）、截距应用（题18）|综合考查建模与推理能力，贴合高考命题趋势|

2026-2027学年高二数学上学期第一次月考自编模拟卷 广东省深圳市适用 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设向量是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则（    ） A． B．或 C． D． 【答案】B 【分析】由，得，所以或 【详解】，，， 则有， 又是直线l的方向向量，是平面α的法向量，所以或. 故选：B 2．已知直线，直线．若，则（    ） A． B． C．2 D．2或 【答案】A 【分析】根据两直线平行与斜率的关系求解. 【详解】因为，所以，解得或． 当时，，，，重合； 当时，，，符合题意． 故． 故选：A. 3．已知空间向量是一组单位正交向量，，则（    ） A．15 B．21 C．45 D．36 【答案】C 【分析】利用数量积的运算律和定义结合已知条件求解即可. 【详解】因为空间向量是一组单位正交向量， 所以，， 因为， 所以 ， 故选：C 4．如图，在正三棱锥中，高，，点分别为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】在等边中，因为，可得的高为， 所以， 在直角中，可得， 又因为分别为的中点，可得， 在中，可得， 所以. 故选：B. 5．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用投影向量公式:向量在向量上的投影向量为,计算求解； 【详解】向量在向量上的投影向量为．故选：C． 6．直线过点且与直线垂直，则的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出直线的斜率，然后利用点斜式可写出直线的方程，化为一般式可得出答案. 【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为， 因此，直线的方程为，即. 故选：A. 【点睛】本题考查垂线方程的求解，一般要求出直线的斜率，也可以利用垂直直线系方程来求解，考查计算能力，属于基础题. 7．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的三个顶点分别为，，，则的欧拉线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据的三个顶点坐标，先求解出重心的坐标，然后再根据三个点坐标求解任意两条垂直平分线的方程，联立方程，即可算出外心的坐标，最后根据重心和外心的坐标使用点斜式写出直线方程. 【详解】由题意可得的重心为．因为，，所以线段的垂直平分线的方程为．因为，，所以直线的斜率，线段的中点坐标为，则线段的垂直平分线的方程为．联立，解得，则的外心坐标为，故的欧拉线方程是，即． 故选：B. 8．直三棱柱，底面ABC为直角三角形且，且，求二面角的平面角的余弦值的取值范围（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，根据可得，运用二面角夹角向量法列式可得，再根据其单调性计算即可求解. 【详解】在直三棱柱中，底面为直角三角形且， 所以平面，， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 因为，所以设， 则，， 所以，解得，即， ，，， 因为平面，所以平面的法向量可以为， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 所以， 因为，令，则， 令， 因为在上单调递减，所以在单调递增， 当时，，当时，， 所以，即二面角的平面角的余弦值的取值范围. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下面四个结论正确的是（ ） A．空间向量，若，则 B．若空间四个点，，则三点共线 C．已知向量，若，则为钝角 D．任意向量满足 【答案】AB 【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断ACD，由空间向量的基本定理与共线定理可判断B. 【详解】对于A：因为，，则，故A正确； 对于B：因为，则，即， 又与有公共点，所以三点共线，故B正确； 对于C：， 若为钝角：则，且与不共线， 由得， 当时，，即，由与不共线得， 于是得当且时，为钝角，故C错误； 对于D：是的共线向量，而是的共线向量， 当，不共线时，，故D错误， 故选：AB 10．下列说法正确的是（    ） A．“”是“直线与直线互相垂直”的必要不充分条件 B．“”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C．直线的倾斜角的取值范围是 D．若、，直线过且与线段相交，则的斜率 【答案】BCD 【分析】利用两直线垂直求出参数的值，结合充分条件、必要条件的定义可判断A选项；利用两直线平行求出参数的值，结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项；求出直线斜率的取值范围，利用倾斜角与斜率的关系可判断C选项；数形结合求出直线斜率的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于A选项，若直线与直线互相垂直， 则，解得或， 所以，“”是“直线与直线互相垂直”充分不必要条件，A错； 对于B选项，若直线与直线互相平行， 则，解得， 所以，“”是“直线与直线互相平行”的充要条件，B对； 对于C选项，直线的斜率为， 当时，；当时，. 因此，直线的倾斜角的取值范围是，C对； 对于D选项，如下图所示： 设线段交轴于点，直线交线段于点， ，， 当点在从点往点（不包括点）运动时，此时，直线的倾斜角为锐角， 在运动的过程中，直线的倾斜角逐项增大，此时，直线的斜率为； 当点从点（不包括点）往点运动时，此时，直线的倾斜角为钝角， 在运动的过程中，直线的倾斜角逐渐增大，此时，直线的斜率为. 综上所述，直线的斜率的取值范围是，D对. 故选：BCD. 11．在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则面 B．若，则 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线与平面所成角为，则 【答案】ACD 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确；      如图以为原点建立空间直角坐标系，则 ，， 对于A，， 则，得，则， ，A正确： 对于B，由A分析可得， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C正确： 对于D，当时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则 当， 当， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确. 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．与直线相交于且与直线l夹角为的直线方程为________． 【答案】或 【分析】先求得直线l的倾斜角，根据条件，可得所求直线的倾斜角，代入公式，即可得答案. 【详解】由题意：直线l整理可得， 所以直线的斜率，为直线l的倾斜角，且， 所以， 因为所求直线与直线l夹角为， 所以所求直线的倾斜角为或， 因为所求直线过点， 所以所求直线的方程为或，即或. 故答案为：或 13．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______． 【答案】2 【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】∵、是棱上两点，、分别在半平面、内， ，， 又∵二面角的平面角等于120°，且， ∴，，，∴， ． 故答案为：2． 14．对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 【答案】/ 【分析】首先利用坐标表示，，再代入曼哈顿距离，利用基本不等式求最值. 【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系设，， ，，， ，， 由可知，，整理为， ， 因为，得， 且，所以， 所以的最大值为，当时等号成立， 所以的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）如图，平行六面体中，，，、分别为棱、的中点，为线段上一点（包含端点），且满足． (1)若、、三点共线，求； (2)若，求长度的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）设基向量，，，表示出，结合、、三点共线，可设，根据向量相等即可求解； （2）根据向量的线性运算可得，结合，可得相关参数的不等关系，即可求解. 【详解】（1）设基向量，，， 则，，    因为，    所以，    因为、、三点共线，设， 则，    所以，，，得． （2）因为，且，， 设，，， 所以，    得， 即，    故，即，所以长度的取值范围为． 16．（15分）已知，，，求（均写出一般式方程）： (1)边上的中线所在的直线方程； (2)过点且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程； (3)边垂直平分线方程及点关于的对称点的坐标. 【答案】(1) (2) 或 (3)， 【分析】（1）先求出的中点坐标，再由点斜式方程即可求得中线所在直线方程； （2）依题意，分截距为与不为两种情况，截距为时，直接用点斜式即可求得直线方程；截距不为时，设截距式方程，代入点求出参数即得所求直线方程； （3）先求出边的垂直平分线的方程，再利用对称性列方程求解即得对称点的坐标. 【详解】（1）因，，，设中点为，则得，即， 则直线的方程为，即； （2）依题意，当截距为时，直线井过原点和点，则其方程为，即； 当截距不为时，依题意，可设直线，代入点，解得， 则得，即， 综上，的方程为或； （3）的中点，斜率为，则其垂直平分线的斜率为， 故有，即. 设关于的对称点，则中点在上且， 则，解得，，故. 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，，，分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小． 【答案】(1)证明：取的中点，连接，因为是的中点，是的中点，所以是的中位线，则且， 因为且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面； (2) 【详解】（1）略； （2）分别取的中点，连接，则，因为平面平面，所以，所以，所以两两垂直，以为坐标原点，直线为轴建立坐标系，设，则，所以， 设平面的一个法向量，则，即，令，解得，所以， 设平面的一个法向量，则，即，令，解得，所以， 设平面与平面的夹角为，则，又，所以，即平面与平面的夹角为. 18．（17分）已知在平行四边形中，，，，． (1)求直线BC的方程； (2)若一条光线从点A射出，经x轴反射，反射光线经过点B，求入射光线所在直线的方程； (3)过点A的直线l与x轴正半轴交于点E，与y轴正半轴交于点F，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由平行四边形可知，结合直线的点斜式方程即可求解； （2）由光的反射原理可知，从点射出的入射光所在直线方程经过点关于轴的对称点，求出后结合直线点斜式方程即可求解； （3）设出的坐标后，可设出直线的截距式方程，代入点可得，因为三点共线且与方向相反，故可表示为，用坐标运算表示出数量积后，再用乘“1”法与基本不等式即可得解. 【详解】（1）易知在平行四边形中，，故， 已知点，由直线的点斜式方程可得直线：， 整理得，即直线BC的方程为. （2）设点关于轴的对称点为，由光的反射原理可知，从点射出的入射光线的延长线必经过，故入射光线所在的直线方程即直线. ，由直线的点斜式方程得直线：， 整理为，即入射光线所在直线的方程为. （3）设直线与轴的交点，与轴的交点， 故可设直线的截距式方程：，因为直线过点，故有. ， 三点共线，且与方向相反， . 又因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 即的最小值为. 19．（17分）在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） (2)存在，正弦值最大值为 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【详解】（1）（i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面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，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； （2）以为原点，，及垂直平面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． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期第一次月考自编模拟卷 广东省深圳市适用 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设向量是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则（    ） A． B．或 C． D． 2．已知直线，直线．若，则（    ） A． B． C．2 D．2或 3．已知空间向量是一组单位正交向量，，则（    ） A．15 B．21 C．45 D．36 4．如图，在正三棱锥中，高，，点分别为的中点，则（   ） A． B． C． D． 5．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 6．直线过点且与直线垂直，则的方程为（    ） A． B． C． D． 7．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的三个顶点分别为，，，则的欧拉线方程是（    ） A． B． C． D． 8．直三棱柱，底面ABC为直角三角形且，且，求二面角的平面角的余弦值的取值范围（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下面四个结论正确的是（ ） A．空间向量，若，则 B．若空间四个点，，则三点共线 C．已知向量，若，则为钝角 D．任意向量满足 10．下列说法正确的是（    ） A．“”是“直线与直线互相垂直”的必要不充分条件 B．“”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C．直线的倾斜角的取值范围是 D．若、，直线过且与线段相交，则的斜率 11．在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则面 B．若，则 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线与平面所成角为，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．与直线相交于且与直线l夹角为的直线方程为________． 13．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______． 14．对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）如图，平行六面体中，，，、分别为棱、的中点，为线段上一点（包含端点），且满足． (1)若、、三点共线，求； (2)若，求长度的取值范围． 16．（15分）已知，，，求（均写出一般式方程）： (1)边上的中线所在的直线方程； (2)过点且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程； (3)边垂直平分线方程及点关于的对称点的坐标. 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，，，分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小． 18．（17分）已知在平行四边形中，，，，． (1)求直线BC的方程； (2)若一条光线从点A射出，经x轴反射，反射光线经过点B，求入射光线所在直线的方程； (3)过点A的直线l与x轴正半轴交于点E，与y轴正半轴交于点F，求的最小值． 19．（17分）在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $