辽宁省普通高中2026-2027学年高二上学期第一次月考数学模拟卷（1）

**基本信息** 辽宁省高二数学月考模拟卷聚焦空间向量与立体几何，通过分层设问考查空间观念、逻辑推理及应用意识，适配高二学段知识进阶需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|向量垂直、空间向量共面、二面角等|第4题正方体动点轨迹结合空间距离，体现数学眼光| |多选|3/18|空间向量性质、线面角轨迹|第10题正四棱柱轨迹探究，考查推理思维| |填空|3/15|点线距离、异面直线角最值|第14题实验装置动点范围，强化应用意识| |解答|5/77|线面角、折叠问题、体积证明|17题折叠问题综合面面垂直与二面角参数求解，19题正四面体体积表面积关系证明，呼应高考综合探究趋势|

辽宁省普通高中2026-2027学年度上学期第一次月考模拟卷（1） 高二数学 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求） 1．已知向量，若，则（   ） A．2 B．-1 C．0 D．-2 2．已知、、均为单位向量，，，则（   ） A．4 B． C．2 D． 3．若，，是空间一组不共面的向量，则不共面的一组向量为（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 4．正方体的棱长为，空间中的动点满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，则该二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．已知正八棱锥，设，则（   ） A． B． C． D． 7．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1．O为底面内一点，且，，则（   ） A．0 B． C． D． 8．已知正方体的棱长为，若球同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9．关于空间向量，以下说法正确的是（   ） A．已知，且，则 B．已知两个向量，且，则 C．若对空间中任意一点，有，则四点共面 D．，则在上的投影向量坐标为 10．如图，在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面或内部一点，直线与底面所成的角分别记为，且，记动点P的轨迹与棱的交点为，则下列说法正确的是（    ） A．为中点 B．线段长度的最小值为5 C．存在一点，使得平面 D．若在正四棱柱表面，则点的轨迹长度为 11．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足则下列说法中正确的是（    ） A．平面 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知点，直线过原点，且平行于向量，则点到直线的距离是________. 13．设与为两个正四棱锥，且，点在线段上，且．将异面直线所成的角记为，则的最大可能值为______． 14．如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面相互垂直，活动弹子分别在对角线上移动，且，则的取值范围是_______． 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，在正方体中，是棱的中点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)确定平面与平面的交线； (3)在棱上是否存在一点，使得面？请证明你的结论. 16．（15分）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 17．（15分）如图1，在长方形中，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为？ 18．（17分）如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为. (1)求证：平面； (2)当时，求关于的函数解析式，并求的最大值； (3)若平面平面，当取得最大值时，求的值. 19．（17分）已知四面体. (1)若该四面体为正四面体，球与其四个面都相切，证明：该四面体与球的体积之比等于它们的表面积之比； (2)设点是满足，过点的平面分别与直线，，交于点，，，且，，，证明：； (3)若空间内一点满足（，，，均为实数，且全不为0），证明：. 高二数学检测卷 第1页 共14页 ◎ 高二数学检测卷 第2页 共14页 高二数学检测卷 第1页 共14页 ◎ 高二数学检测卷 第2页 共14页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省普通高中2026-2027学年度上学期第一次月考模拟卷（1） 高二数学 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求） 1．已知向量，若，则（   ） A．2 B．-1 C．0 D．-2 【答案】D 【知识点】空间向量垂直的坐标表示 【详解】由题意得，解得． 2．已知、、均为单位向量，，，则（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】B 【知识点】空间向量数量积的应用 【分析】由，利用数量积定义和运算律即可求解. 【详解】由 ， 所以， 故选：B. 3．若，，是空间一组不共面的向量，则不共面的一组向量为（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【知识点】判定空间向量共面 【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可得到答案． 【详解】A选项：，所以，，是共面向量； B选项：，所以，，是共面向量； C选项：， 所以，，是共面向量； D选项：令，即， 则，显然方程组无解，故，，不是共面向量． 故选：D． 4．正方体的棱长为，空间中的动点满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求空间向量的数量积 【分析】建立空间直角坐标系结合空间向量及向量模长公式计算求解得出球的方程，再应用三角换元结合值域计算求解. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系，则， 点，， 因为，所以， 化简得：，表示以为球心，半径为的球. 设， ，， 所以的取值范围为， 向量 ，故的范围为. 故选：C. 5．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，则该二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】空间向量数量积的应用 【分析】由，应用向量数量积的运算律及已知可得，即可求二面角余弦值. 【详解】由，且， 得， 故，即， 所以，即二面角的余弦值为. 故选：D 6．已知正八棱锥，设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】空间向量的加减运算、空间向量的数乘运算、用空间基底表示向量 【分析】设底面正八边形的中心为点，设，根据，，及，，，，消元求得，，代入即可求解． 【详解】如图： 设底面正八边形的中心为点，设． 根据正八边形的性质知点与分别在和的角平分线上， 且， 由平行四边形法则，与方向相同， 且， 又，故，同理，， 则， ，， 故，即， 同理有， 则，代入得， 即． 故选：A 7．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1．O为底面内一点，且，，则（   ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【知识点】数量积的运算律、由空间向量共线求参数或值 【分析】根据空间向量共面的推论求出，再根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】根据空间向量共面定理：若点在平面内，且， 则系数和满足，解得： , 已知正三棱锥侧棱长，底面边长, 在中，，故，得, 同理在中，，故，得, 展开： 因此结果为. 8．已知正方体的棱长为，若球同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、点到平面距离的向量求法、点到直线距离的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，及.再由向量的数量积的几何意义，分别计算点到向量，，的距离得 ，，，联立方程消去得关于的一元二次方程：，令可得，从而可得的最小表面积. 【详解】以正方体的点为原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图： 则， 所以平面的一个法向量为，， 所以球心到平面距离： ，即①. 同理平面​的一个法向量为， 所以球心到平面距离： ，即②. 因为球与平面，平面均相切，且与棱相切， 所以球心必在平面的上方及平面的下方，因此且 所以①②去掉绝对值得，，即，③ 又因为球与棱相切，， 所以球心到的距离： ， 即④，将③代入④得：， 化简整理，得关于的一元二次方程：， 由二次方程有实根，判别式，即， 解得，即，球的表面积. 因此，球表面积的最小值为. 【点睛】本题的关键计算点到面的距离及点到线的距离，由三个距离得一个三元一次方程组， 再消去两个变量得一个一元二次方程用判别式可得球半径的范围，再得球表面积的最小值. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9．关于空间向量，以下说法正确的是（   ） A．已知，且，则 B．已知两个向量，且，则 C．若对空间中任意一点，有，则四点共面 D．，则在上的投影向量坐标为 【答案】ABD 【知识点】空间共面向量定理的推论及应用、空间向量的坐标运算、空间向量平行的坐标表示、空间向量垂直的坐标表示 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项，利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项，利用空间中四点共面的推论可判断C选项，利用投影向量的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，且，， 则，故A正确； 对于B选项，，，且， 设，即， 则，解得，故，故B正确； 对于C选项，若四点共面，则存在、，使得， 即， 所以，且， 因为对空间中任意一点，有，且， 故四点不共面，故C错误； 对于D选项，若，， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：ABD 10．如图，在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面或内部一点，直线与底面所成的角分别记为，且，记动点P的轨迹与棱的交点为，则下列说法正确的是（    ） A．为中点 B．线段长度的最小值为5 C．存在一点，使得平面 D．若在正四棱柱表面，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【知识点】补全面面平行的条件、求线面角、立体几何中的轨迹问题 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面夹角的定义确定P在球上，结合球的特征可判定A、B、D选项，构造面面平行及球心到线段的距离可判定C项. 【详解】 设在底面的投影为，连接，由题可知， 所以，即， 建系可得：，，， 即 化简得：， 即P在球心，半径的球上， 所以，故B正确； 设，则， 即，故A错误； 取上一点上一点，使， 连接，易得， 由正四棱柱的特征可知：， 而平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又平面，所以平面平面， 易知球心到线段的距离为，故截面与球存在交点， 所以存在一点，使得平面，故C正确； 当位于侧面上时，P轨迹为劣弧，易知， 当位于侧面上时，P轨迹为劣弧，易知， 则点的轨迹长度, 如下图所示： 故D正确. 故选：BCD 11．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足则下列说法中正确的是（    ） A．平面 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 【答案】BC 【知识点】球的体积的有关计算、判断线面平行、判断线面是否垂直、立体几何中的轨迹问题 【分析】用反证法推出矛盾可判断选项A；根据向量的线性表示可用表示出，从而可判断点的轨迹为圆弧，从而判断B；根据三点共线的向量表示可得到时点的轨迹，由等体积法可判断C；首先确定三棱锥外接球的球心位置，求出半径可求其体积. 【详解】对于A，如图1，连接.假设平面，则， 由正方体的性质可知平面，所以.又平面， 所以平面，不成立，所以假设不成立，故A错误. 对于B，由可知点在正方形内（包括边界）， 如图2，设在上的投影为，则，， 所以,又， 即，所以，所以动点的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆弧，由弧长公式可知其长度为.故B正确. 对于C，如图3，取的中点，的中点.连接， 则，因为，所以， 所以点在线段上.由正方体的性质可知，又平面，平面， 所以平面.所以点到平面的距离与点（线段上的点均可以） 到平面的距离相等，即，所以四面体的体积为定值，故C正确. 对于D，如图4，取正方形的中心，因为为正方形的中心，所以， 所以的外接圆的圆心为的中点.又，所以的外接圆的圆心为的中点. 又平面平面，则为三棱锥外接球的球心，其半径为， 则三棱锥外接球的体积为，故D错误. 故选：BC. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知点，直线过原点，且平行于向量，则点到直线的距离是________. 【答案】/ 【知识点】点到直线距离的向量求法 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算可求得点到直线的距离. 【详解】由题意可得，易知直线的一个方向向量为， 所以，点到直线的距离为 . 故答案为：. 13．设与为两个正四棱锥，且，点在线段上，且．将异面直线所成的角记为，则的最大可能值为______． 【答案】 【知识点】空间向量夹角余弦的坐标表示、异面直线夹角的向量求法 【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，然后根据向量夹角的余弦公式求出最大值即可. 【详解】设正方形的中心为点，连接，由条件知垂直于平面于点，又， 由射影定理知．显然点在点之间． 以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设，，，则，，． 易知，因此，． 所以． 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 则，即取到最大可能值． 故答案为：. 14．如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面相互垂直，活动弹子分别在对角线上移动，且，则的取值范围是___________． 【答案】 【知识点】求空间中两点间的距离 【分析】由题意建立空间直角坐标系，求出的坐标，进而表示出，最后利用二次函数的性质即可求出. 【详解】由题意得，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，，，， 则，，，， ，， 令，对称轴， 当时，，此时， 当或时，，此时， 则的取值范围是. 故答案为：. 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，在正方体中，是棱的中点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)确定平面与平面的交线； (3)在棱上是否存在一点，使得面？请证明你的结论. 【答案】(1) (2) 交线为. (3)存在，理由如下： ， 设， ， ， 设平面的法向量为， 所以有， 假设在棱上存在一点，使得面， 因此有， ∴当是的中点时，面. 【知识点】由平面的基本性质作截面图形、空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （2）利用正方体的性质，结合三角形中位线定理、平行线的性质进行求解即可； （3）利用直线与平面平行的向量表示求解即可. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系， ， 由正方体的性质可知：平面， 所以平面的法向量为，， 设直线与平面所成角为， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； （2）设的中点为，连接，因为是棱的中点， 所以， 由正方体的性质可知：， 所以四边形是平行四边形，因此， 所以，所以平面就是平面， 所以平面与平面的交线为； （3）略 16．（15分）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 【答案】(1) 解法一：连结与交于点，连结． 因为点为与的交点，所以点为中点， 又因为为中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 解法二：以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， ． 设平面的法向量为，则 ，即，可取． 因为，平面，所以平面． 解法三：设中点为，连结、、，则且． 因为且，所以且， 四边形是平行四边形，所以． 因为、分别为、中点，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形，所以． 因为，平面，所以平面， 同理平面， 又因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面． (2) 法1：以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， ． 设平面的法向量为，则，即，可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点）， 所以可设， 则， 由于与平面所成的角为，所以， 所以 ， 所以，即，解得， 所以，故三点共线． 法2：前面同上，设平面的法向量为， 则即可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），所以可设，则， 因为与平面所成的角为，所以， 所以， 化简得，即 ，得或． 因为不成立．由可得，从而 ，得，所以，故三点共线． 法3：设平面平面，则． 过点作，垂足为，连结． 因为，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面，所以． 因为平面平面，所以. 又因为， 所以平面，为斜线在平面上的射影， 为与平面所成角，则． 在中，，所以． 因为，所以， 设，则， 设劣弧上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或（舍去）． 当点在上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或，均舍去． 综上，得，此时点与点重合， 又因为的中点为，故三点共线． 【知识点】证明线面平行、空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法 【分析】（1）法1，连结与交于点，可得，根据线面平行的判定定理得证；法2，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明；法3，设中点为，可证平面，平面，进而得到平面平面，得证； （2）法1，建立空间直角坐标系，设，利用与平面所成的角为，结合向量法求出点的坐标，进而确定的关系，得证；法2，设，解法同1；法3，设平面平面，过点作，垂足为，可得为与平面所成角，利用已知条件求解得证. 【详解】（1）略 （2）略 17．（15分）如图1，在长方形中，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为？ 【答案】(1) 在长方形中，为的中点， 则，平面平面，平面平面， 且平面，由，得， 则平面，又平面， 所以. (2)； (3)点是线段靠近的三等分点. 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、线面角的向量求法、已知面面角求其他量 【分析】（1）根据题目条件得出直线垂直直线所在的平面，进而推出：； （2）建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，再运用向量夹角公式即可得解； （3）通过的坐标得到的坐标，再通过二面角的余弦值为，计算可得点的位置. 【详解】（1）略 （2）过点作平面的垂线，并以此线为轴， 以直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则有，即，解得，取，则， 即， 设直线与平面所成角为， 故有， 故直线与平面所成角的正弦值为； （3）， 则 由点是线段上的一动点， 设， 则， 易知平面的法向量为，设平面的法向量为， 则， 取，得， 由二面角的余弦值为， 得， 两边平方得，整理得， 解得或（舍去），因此点是线段靠近的三等分点， 所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为. 18．（17分）如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为. (1)求证：平面； (2)当时，求关于的函数解析式，并求的最大值； (3)若平面平面，当取得最大值时，求的值. 【答案】(1)证明：因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，故平面， 在直角梯形中，，因为平面，平面，故平面， 又因，平面， 故平面平面，又因平面，故平面. (2)； (3) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、二面角的概念及辨析、空间垂直的转化 【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，然后由面面平行的性质定理即可证明； （2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果. 【详解】（1）略 （2） 由题意，在矩形中，，在直角梯形中，， 所以为二面角的平面角，即得，同理， 因为，平面，所以平面， 由（1）平面平面，则得平面， 过点作于，由平面，平面，所以， 且，平面，故平面，即是四棱锥的高， 由， 所以， 由，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且， 所以， 所以，， 当时，取得最大值. （3） 过点作的垂线，交于点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 因为平面和平面垂直，所以， 即，整理可得， 因为，，所以， 当且仅当时，等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值， 此时， 由，，，所以，则. 19．（17分）已知四面体. (1)若该四面体为正四面体，球与其四个面都相切，证明：该四面体与球的体积之比等于它们的表面积之比； (2)设点是满足，过点的平面分别与直线，，交于点，，，且，，，证明：； (3)若空间内一点满足（，，，均为实数，且全不为0），证明：. 【答案】(1) 设正四面体的棱长为，其内切球的半径为， 如图：过作底面，则为的中心，连接并延长交于， 故,所以， 故正四面体的体积为, 又故， 故内切球的体积为， 故, 设正四面体以及球的表面积分别为, 则 因此 (2) 由可得， 解得 由于四点共面，所以， 由于，，，所以， 因此结合故， 即 (3) 先证明， 假设，则，代入, 可得，即 又不共面，所以，从而，这与全不为0矛盾， 所以， 由得, 即， 如图：设平面的单位法向量为，则， 故， 从而， 设到平面的距离分别为,则， 所以 两边同乘得， 即,即， 同理可得， 故 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、空间共面向量定理的推论及应用 【分析】（1）根据正四面体的性质，结合勾股定理可得，进而可求解四面体的体积，利用等体积法可求解球半径，即可利用球的体积，以及表面积公式求解， （2）根据向量的线性运算，结合共面的结论可得结合即可求解， （3）先证明，进而根据法向量的性质以及数量积可得，即可体积公式可证明，即可求解. 高二数学检测卷 第1页 共14页 ◎ 高二数学检测卷 第2页 共14页 高二数学检测卷 第1页 共14页 ◎ 高二数学检测卷 第2页 共14页 学科网（北京）股份有限公司 $