2026-2027学年高二数学上学期第一次月考自编练习卷（广东省广州市适用）

**基本信息** 本卷聚焦高二上学期空间几何与解析几何核心内容，以空间向量、直线方程、立体几何综合问题为载体，如解答题18三棱柱线面关系证明与存在性探究，19题四棱锥面面垂直及外接球问题，考查空间观念、推理能力与模型应用，适配广州地区月考对基础巩固与能力提升的双重需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|空间基底（9题）、直线倾斜角（3题）|单选考基础应用，多选考概念辨析，如9题基底判断体现抽象能力| |填空题|3/15|异面直线夹角（13题）、动点轨迹（14题）|结合长方体、正方体背景，考查空间想象与转化思想| |解答题|5/77|空间向量运算（15题）、直三棱柱体积与距离（17题）|分层设计，15题基础运算，18-19题综合证明与探究，如19题外接球问题呼应高考命题趋势，培养创新意识与逻辑推理|

2026-2027学年高二数学上学期第一次月考自编练习卷 广东省广州市适用 （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．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（   ） A． B． C． D． 2．已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知从点发出的一束光线，经过直线反射，反射光线恰好过点，则反射光线所在的直线方程为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在平行四边形中，，，E为的中点，沿将翻折至的位置得到四棱锥，且直线与直线所成的角为45°.则的长为（   ） A． B． C． D． 6．如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 7．边长为2的正三角形所在平面为平面，平面外有一点，且三棱锥的体积为，则的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．18 8．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，点在侧棱上，满足，上有一点，上有一点，有，，则的长为（    ） 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．给出下列命题，其中正确的是 （    ） A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 B．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是 C．点P为平面ABC上一点，O为平面ABC外一点，且，则 D．非零向量，，若，则为锐角 10．如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（    ）． A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得 C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为 D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 11．下列说法正确的是（   ） A．直线经过两点，那么直线的斜率的取值范围为 B．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是 C．已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为 D．直线的倾斜角的取值范围是 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．经过点作直线，若与连接，两点的线段有公共点，则的斜率的取值范围为___________． 13．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_________． 14．如图，已知正方体的棱长为4，E为棱的中点，点在侧面上运动，当平面与平面、平面所成的角相等时，的最小值为_________． 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） 已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 16．（15分） 直线过点，且与轴正半轴，轴正半轴分别交于，两点，为坐标原点. （1）当的面积取得最小值时，求此时直线的一般式方程. （2）当的截距之和取得最小值时，求此时直线的截距式方程. 17．（15分） 如图，直三棱柱的体积为4，点，分别为，的中点，的面积为． (1)求点A到平面的距离； (2)，平面平面，求平面与平面所成角的余弦值． 18．（17分） 如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为的中点，且. (1)求证：； (2)求点到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得直线与侧面所成角的余弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 19．（17分） 如图所示，在四棱锥中，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，，二面角的平面角为. （ⅰ）求平面与平面的夹角的正弦值； （ⅱ）设点为四棱锥外接球面上的一点，求点到平面距离的最大值，并求此时点的坐标. 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练习卷 广东省广州市适用 （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．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量加、减法和数乘运算法则求解. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：D. 2．已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的基本定理和坐标表示即得结果. 【详解】设在基底下的坐标为， 则， 所以， 解得， 故在基底下的坐标为. 故选：B. 3．设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出直线的斜率的取值范围，结合倾斜角的取值范围可得结果. 【详解】直线的方程可化为，所以，， 因为，因此，直线的倾斜角的取值范围是. 故选：C. 4．已知从点发出的一束光线，经过直线反射，反射光线恰好过点，则反射光线所在的直线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用点关于线的对称找出对称点，结合光线反射性质计算即可. 【详解】点关于对称的点设为， 则，反射光线经过点， 则反射光线所在的直线方程为，即. 故选:C. 5．如图，在平行四边形中，，，E为的中点，沿将翻折至的位置得到四棱锥，且直线与直线所成的角为45°.则的长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作辅助线，取的中点为，连接.取的中点为，连接.先证明，再确定，进而根据勾股定理可求出的长. 【详解】取的中点为，连接，取的中点为，连接. 因为，，所以. 因为，所以为正三角形，所以， 因为，所以. 因为，所以. 又，所以，所以，所以. 又分别为的中点，所以. 所以.又，平面. 所以平面，又平面，所以. 又，所以四边形为平行四边形. 所以，所以. 又直线与直线所成的角为，所以直线与直线所成的角为， 即. 在中，，， 所以，根据勾股定理得. 故选：A.    6．如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，中点，连接，，由题证明平面，建立空间直角坐标系，取，求出相关点的坐标，设，利用长度相等推得动点的轨迹方程即可逐一判断． 【详解】 如图，取中点，中点，连接，， 因平面平面，由可得， 因平面平面， 平面，故平面，易得， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系， 不妨取，则，则，． 由点在平面内，可设，因为， 所以，化简得：， 故点的轨迹是一条直线，排除C，D．又点不在直线上，故排除B，而点在直线上，故A正确． 故选：A. 7．边长为2的正三角形所在平面为平面，平面外有一点，且三棱锥的体积为，则的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．18 【答案】C 【分析】根据三棱锥体积得到点到平面的距离为2，设点在平面的投影为点，求出，建立平面直角坐标系，求出的最小值为，从而求出答案. 【详解】， 设点到平面的距离为，则， 解得， 设点在平面的投影为点， 则，， 则 ， 如图所示，取的中点为原点，，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则，设， 则 ， 当时，取得最小值，最小值为， 故的最小值为. 故选：C 8．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，点在侧棱上，满足，上有一点，上有一点，有，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点，、、分别作为、、轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 由于点在侧棱上，满足，所以，解得，所以， 由于点在上，不妨设，即，解得， 同理，点在上，设，解得， 则， 由于，，则， 化简得，解得， 因此 ，所以，故B正确. 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．给出下列命题，其中正确的是 （    ） A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 B．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是 C．点P为平面ABC上一点，O为平面ABC外一点，且，则 D．非零向量，，若，则为锐角 【答案】AC 【分析】利用空间向量的基本性质即可判断选项AC，选项B利用空间坐标系的点对称做出判断，选项D利用向量的数量积做出判断即可. 【详解】对A，若是空间的一个基底，则，，不共面，假设共面， 则存在实数，，使，， ，，不共面，，，无解，故不共面， 也是空间的一个基底，故A正确. 选项B：点关于坐标平面的对称点是，选项B错误. 选项C：由空间向量共面的推论可知成立，，则，选项C正确. 选项D：，则， ∴可能为零角或直角，选项D错误. 故选：AC 10．如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（    ）． A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得 C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为 D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 【答案】ABD 【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D. 【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高为， 底面积，所以， 所以三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，，， ，， 若，则， 即，取，此时点与点重合，满足题意， 所以存在点，使得，B正确； 对于C，，若， ，即， 所以点的轨迹就是线段， 轨迹长为，C错误； 对于D，如图取中点，连接， 由题可得，平面， 连接，因为，平面， 则，，又，     平面，则平面， 又取中点为，则， 有四点共面，则平面即为平面， 又由两平面平行性质可知，，，， 又都是中点，故是中点，是中点， 则平面截正方体的截面为正六边形， 又正方体棱长为，则， 故截面面积为，D正确. 故选：ABD 11．下列说法正确的是（   ） A．直线经过两点，那么直线的斜率的取值范围为 B．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是 C．已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为 D．直线的倾斜角的取值范围是 【答案】BD 【分析】对于A，求得，即可判断；对于B，由题意可得，求出的范围，即可判断；对于C，求得直线的斜率为，从而可得其倾斜角为，即可判断；对于D，由题意可得，求出其倾斜角的取值范围，即可判断. 【详解】对于A，， 故直线的斜率的取值范围为，故A错误； 对于B，因为直线的斜率为，， 即，， 即，所以，故B正确； 对于C，由题意可得，直线的斜率为， 又倾斜角的范围是， 所以直线的倾斜角为，故C错误； 对于D，直线的斜率为， 由于，所以， 因此， 设直线的倾斜角为， 则有， 由于， 所以， 即倾斜角的取值范围是，故D正确． 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．经过点作直线，若与连接，两点的线段有公共点，则的斜率的取值范围为___________． 【答案】 【分析】根据斜率公式及点与线段的位置即可求解． 【详解】由题知，，， 由图像可知，． 13．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_________． 【答案】 【分析】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值. 【详解】在长方体中，，，， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， 所以，. 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 14．如图，已知正方体的棱长为4，E为棱的中点，点在侧面上运动，当平面与平面、平面所成的角相等时，的最小值为_________． 【答案】/ 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则， 设，则， 取平面和平面的一个法向量分别为， 设平面的法向量为，则，即， 令，可得，所以为平面的一个法向量， 由题意，平面与平面，平面所成的角相等， 所以，即，化简得或， 在平面上，直线过点和的中点， 在平面上，直线只过点，即点， 取为的中点，连接，则点在上运动或点在点处， 由等面积法可得的最小值为. 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） 已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）由向量的坐标表示共线和模长计算求出即可； （2）由向量垂直的坐标表示求出参数即可； （3）由点在平面上，设，解方程组求出即可. 【详解】（1），设， 因为，而，所以； 故或 （2），，， 由与互相垂直得：， 解得. （3）点在平面上，， ， ， 解得：. 16．（15分） 直线过点，且与轴正半轴，轴正半轴分别交于，两点，为坐标原点. （1）当的面积取得最小值时，求此时直线的一般式方程. （2）当的截距之和取得最小值时，求此时直线的截距式方程. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）设：，由点在直线上可得，结合基本不等式等号成立的条件即可得解； （2）转化条件为，结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）设：， ∵，∴，∴， 则，当且仅当时，等号成立， 此时，； ∴：； （2）由（1）得， ∴， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时直线的截距式方程为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线的截距式方程及基本不等式的应用，细心运算即可得解. 17．（15分） 如图，直三棱柱的体积为4，点，分别为，的中点，的面积为． (1)求点A到平面的距离； (2)，平面平面，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三棱锥体积公式，根据三棱锥的等体积法，即可求得答案； （2）根据题意证明两两垂直，求得相关线段的长，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面与平面的法向量，根据空间向量的夹角公式，求得答案. 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 点为的中点，所以, 而直三棱柱的体积为4， 所以三棱锥的体积为, 又的面积为， 故三棱锥的体积 ， 解得，所以点A到平面的距离为. （2）取的中点F，连接，如图， 由题意知，故，所以 ， 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 由平面，故， 在直三棱柱中，平面， 平面，可得， 又平面且为相交直线， 否则若，则F点在落在上，与不垂直，则与矛盾， 所以平面，平面, 故, 所以两两垂直，以B为原点，以为轴, 建立如图空间直角坐标系， 由于平面，故点A到平面的距离即为，由（1）知， 故 , 因为平面，平面,所以, 由的面积为，则, 则, 则 , 设平面的法向量为 ，则 , 即 ，令，则，故； ，设平面的法向量为 ， 则,即， 令，则，可得， 故 ， 由原图可知平面与平面所成角为锐角， 故平面与平面所成角的余弦值为 . 【点睛】关键点点睛：求解二面角时，要根据条件利用面面垂直的性质推得线线和线面垂直，从而推出两两垂直，从而建立空间直角坐标系，关键点时要注意到利用（1）中结论，求出三棱锥的相关棱长，从而确定坐标系中各点坐标，利用向量法求解二面角的余弦值. 18．（17分） 如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为的中点，且.    (1)求证：； (2)求点到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得直线与侧面所成角的余弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 点在底面上的投影为的中点，故平面， 平面，故， 又，，平面，故平面， 平面，故. (2) (3)不存在，理由如下： 假设存在，设，，，， 故，， 故，方程无解， 故不存在点，使得直线与侧面所成角的余弦值为. 【分析】（1）根据平面得到，再证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，确定平面的法向量为，再根据距离公式计算得到答案. （3）确定得到，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】（1）略 （2）如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， ， 设平面的法向量为，则， 取，则，， 故点到侧面的距离为. （3）略 19．（17分） 如图所示，在四棱锥中，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，，二面角的平面角为. （ⅰ）求平面与平面的夹角的正弦值； （ⅱ）设点为四棱锥外接球面上的一点，求点到平面距离的最大值，并求此时点的坐标. 【答案】(1)如图（1）所示，连接，取的中点为，因为，所以， 又因为，所以，所以B，O，D三点共线， 即，所以； 又因为，为中点，所以，，平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； (2)（ⅰ）（ⅱ）， 【分析】（1）先证明平面，得到平面平面； （2）（ⅰ）建立空间坐标系，得到法向量,,根据二面角向量公式：,计算可得； （ii）根据确定球心位置为，点到平面距离的最大值转化为半径与点到平面距离的和，得到平面，根据点到平面的距离的向量公式计算可得. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）因为，，则即为二面角的平面角，即. 因为，，为中点，所以，又因为，在中，由余弦定理得：，所以，即，因为，所以. 因为，，，所以， 又因为，则. 又因为，，，所以，即. 记过点且与平面垂直的直线为轴，因为平面平面，所以轴在平面内.再以，为，轴建立空间直角坐标系，如图（2）所示. 则，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，则； 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，，则. 设平面与平面的夹角为，则， 则，即平面与平面的夹角的正弦值为； （ii）由上分析可知，，所以点为四棱锥外接球的球心，且外接球半径为2. 因为，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为：，并且此时平面. 设，所以有，且，则有①，②， 令，即，，， 代入①得：，即，所以或. 所以或. 当时，， 此时点到平面的距离为：，所以不符合题意，舍； 当，， 此时点到平面的距离为：，所以符合题意， 所以点的坐标为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $