河南省郑州市2026-2027学年高二上学期10月月考数学模拟能力卷

2026-2027学年高二上学期第一次月考（10月） 数 学 能 力 卷 （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。 4．考试范围：人教A版选修第一章+第二章2.3节 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．直线倾斜角的范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由的斜率为，其范围是， 设倾斜角为，则，解得， 因为倾斜角的范围是，所以. 2．如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（    ）    A．2 B．4 C．6 D．9 【答案】B 【分析】利用空间向量共面的充要条件及基本不等式即可求解. 【详解】， 又，，，则， 因为点共面，所以，且. 则， 又当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号. 所以，当且仅当时取等号. 故的最小值为. 故选：B 3．已知点，，若直线：与线段的延长线相交，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出的斜率，利用数形结合思想，分情况讨论出直线的特殊情况，求解判断即可. 【详解】直线的斜率为. 直线：可变形为，则直线恒过点，， 直线的斜率为. 当直线与平行时，. 结合图象可知，若直线与线段的延长线相交，则，即. 4．已知平行直线，分别过点和，则这两条直线之间的距离的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行线之间的距离的定义，结合图形分析可知平行直线，间的距离的最大值为. 【详解】如图，平行直线，间的距离是直线上的点与直线上的点之间的距离的最小值， 所以当直线，与直线垂直时，平行直线，间的距离最大，即， . 所以这两条直线之间的距离的最大值为. 5．在三棱锥中，，，，，若该三棱锥外接球的表面积为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先用长度和定出在面上的投影坐标，再用外接球半径反解出竖坐标，最后即得. 【详解】由题意 ，取为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 令，平面为平面. 设 ，其中即点到底面的高. 因为，所以. 记，展开上式得①. 向量，向量， 则②. 将①代入②得：. 取正根：，，， 令，. 由球表面积. 底面为直角三角形，外心在中点，故球心为. 由，得. 由，展开化简得：，代入，与联立， 消去：. 舍去退化情形，取：. 设与平面所成角为，则： . 6．如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过面面平行可推出线面平行，找到P的轨迹，再求解轨迹长度. 【详解】    取 中点 ， 中点 ，连接, , , 为中点，为中点,所以, 平面，平面 所以; 设正方体 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，棱长为 2，则，，，， 所以，, 所以, 所以 ∵ 平面，平面,所以 又平面内，两条相交直线， 所以, 因为点在正方体的表面上运动，且平面， 因此的轨迹是平面与正方体表面相交形成的闭合折线段： , , , , 总轨迹长度：. 7．长方形台球桌上，一球从边上某处击出，分别撞击球桌的边、各1次后，又回到出发点处，每次球撞击桌边时，撞击前后的路线与桌边所成的角相等（例如图）若，，则此球所走路线的总长度（不计球的大小）为（    ） A．不确定 B．12 C．11 D．10 【答案】D 【分析】延长，相交于点M，利用题目所给角之间的关系证明四边形是平行四边形，进而将路径总长度转化为，利用勾股定理解出即可. 【详解】 如图，延长，相交于点M， 作延长线于点N， 则四边形为矩形， 因为，, 由题意得，，且， 所以， ， 所以， 所以，同理得， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 所以易证得， 所以， 所以， 在中，， 所以总长度：. 8．已知三棱锥的体积为，高为，其底面是正三角形，且，，点P，Q，R分别为，，三边上的动点，则的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据棱锥体积公式求出底面三角形的边长，再确定棱锥的高的位置，建立空间直角坐标系，根据点到线的距离公式求出最小值. 【详解】由题可知，所以， 设正三角形的边长为，则，所以， 取的中点，连接，则， 因为，所以， 假设为三棱锥的高，则，，所以 因为，，满足， 所以是三棱锥的高， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 因为在上，设， 因为Q在上，设， 因为在上，设， 所以到直线的距离为， 到直线的距离为， 所以， 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．如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（    ） A．平面ABCD B． C．三棱锥的体积是正方体体积的 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量垂直的坐标表示判断AB；根据棱锥的体积公式判断C；利用向量夹角的运算判断D. 【详解】如图，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设棱长为1， 则，，，，，，，，，. ，易知平面ABCD的法向量为，则， 又平面，故平面，故A正确； ，，则，故，故B正确； 三棱锥的体积， 正方体的体积，所以，故C正确； ，，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误. 10．已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则下列说法正确的是（    ） A． B．为定值 C．的最大值为 D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】首先求出点A，B的坐标，可判断选项A的正误；判断两条直线的位置关系可判断选项B的正误；根据基本不等式链可判断选项C，D的正误. 【详解】由，得． 因为，所以，得． 由，得． 因为，所以，得． 所以，A正确． 由直线：和直线：，知． 所以．所以．所以，为定值，B正确． ，当且仅当时，等号成立，C错误． 因为，所以，即的最大值为，当且仅当时，等号成立，D正确． 故选：ABD． 11．已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（    ） A．当时， B．当时，与平面所成角为定值 C．当时，平面将正方体分成体积比为的两部分 D．当时，点到平面距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】利用空间向量法求解，选项A，利用向量的数量积求解；选项B，求出平面的法向量，利用向量的数量积求出与平面所成角的正弦值，通过反例得到结论；选项C，求出点的轨迹方程，从而得到平面截正方体的截面，得到截面将正方体截得的一部分为三棱台，利用棱台的体积公式求出三棱台的体积，从而得到结论；选项D，求出平面的法向量，利用距离公式求出点到平面的距离，利用二次函数的图像和性质求出点到平面的距离的最大值. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为， 所以，，，， ，，，， 则，， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 则，， 选项A：当时，因为， 所以，则A正确. 选项B：因为平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 且， 因为，所以， 因为不是定值，所以不是定值，则B错误. 选项C：因为，所以， 将代入点，得到转化为， 设，则，则， 取的中点，的中点， 则点的轨迹为的中位线， 则平面截正方体得到梯形， 且为的中点，为的中点， 所以为三棱台， 因为，所以， 因为，所以， 则， 因为正方体的体积为， 所以另一部分的体积为， 则，则C正确. 选项D： ， 向量， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，则， ， 则点到平面的距离为 ， 令，则， 因为，所以，当且仅当时取等号， 则 设，对称轴为，， 则，则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．函数的最大值是__________. 【答案】 【分析】根据题意，的几何意义为点到点与两点的距离之差，故，再根据距离公式求解即可. 【详解】， 在平面直角坐标系中，设点，，. 则，当点在线段的延长线上时，等号成立， ，， 由，有，即，解得， 其中时，，不合题意； 当时， ，满足点在线段的延长线上， 所以时，. 13．在正四棱锥中，点为侧棱中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，，该平面将正四棱锥分成两部分，记四棱锥的体积为，另一部分体积为，则的取值范围是_________． 【答案】 【分析】设，，将用，表示，再利用空间向量四点共面的结论可得到，则可转化为一个关于的函数，即可求解. 【详解】设，，，则，， 因为点为侧棱中点，所以，同理. 故； 又因为，所以， 由于，，，四点共面，所以， 则 所以， 而， 令，令， 则，由对勾函数单调性易得 从而 【点睛】本题难度较大，核心在于设，，利用等体积与四点共面等结论将所求量转化为一个关于或的函数表达式，体现了数学抽象与逻辑推理的核心素养. 14．已知两条平行直线，，当，之间的距离最大时，__________． 【答案】2 【分析】先分别对直线进行变形，求出每条直线恒过的定点，再利用两点间距离公式求出两定点间的距离，该距离即为两直线间的最大距离，最后利用两定点的连线与的垂直关系求出直线的斜率，进而求出． 【详解】， 由得， 直线恒过点， 同理， 由得， 直线恒过点， 两直线间最大距离为两定点之间的距离，此时直线与垂直， ， ， ，解得， 之间距离最大时，． 故答案为：2． 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） 直角三角形的斜边在轴上，其中点在点的左侧，直角顶点的坐标是. (1)设直线的斜率为，试求点和点的坐标（用表示）； (2)试求直角三角形的面积的最小值及面积取到最小值时的点坐标. 【答案】(1)， (2)16， 【分析】（1）根据斜率和经过的点坐标求出直线的方程，进而可求出坐标；然后根据垂直关系求出直线的方程，进而可求出坐标. （2）先列出三角形面积的表达式，然后根据基本不等式的性质求出最小值即可. 【详解】（1）因为直线的斜率为，直角顶点的坐标是. 所以直线的方程为，即. 令，则，所以. 因为，所以直线的斜率为，那么直线的方程为. 令，则，所以. （2）由（1）知，， 所以直角三角形的面积为. 由图可知，所以根据基本不等式的性质得， 当且仅当，即时，等号成立，此时直角三角形的面积取最小值为， 此时点的坐标为. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，. 令，. ，. 设平面的法向量为， 则， 取，得. 平面的法向量为. 于是. 化简得，又，解得，即. 所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值； （2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可. 【详解】（1）取的中点O，连接. 由为等边三角形，得. 而平面平面，平面平面，平面， 则平面. 由，，得四边形是平行四边形. 于是，而，则，直线两两垂直. 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，. 则，，. 设平面的法向量为， 则，取，得. 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. （2）略 17．（15分） 直线过点 且与轴、轴正半轴分别交于两点.    (1)若直线与的法向量平行，写出直线的方程； (2)求面积的最小值； (3)如图，若，过点作平行于轴的直线交轴于点，动点分别在线段和上，若直线平分直角梯形的面积，求证：直线必过一定点，并求出该定点坐标. 【答案】(1) (2)12 (3)由题意，设，因为，点， 即， ∴，即，∴. 过点作平行于轴的直线交轴于点，则. 直角梯形的顶点为， 上底，下底，高为2， 梯形的面积， 设动点，， 因为直线平分直角梯形的面积，所以四边形的面积为 6， 四边形是梯形，其上底为，下底为 ，高为 2， 所以，即， 因此点的坐标为， 直线经过点和，其斜率 ， 则直线的方程为：，化简得， 去分母整理得， 上式对任意恒成立，因此需满足，解得. 所以，直线必过定点，该定点坐标为. 【分析】（1）利用两直线垂直设出一般式，代入点即可求出直线方程； （2）设直线方程，代入点得到直线方程，然后得到交点坐标，由交点坐标计算三角形面积，然后利用基本不等式即可求出面积最小值； （3）设，利用得到.再设，根据四边形面积得到关系式，代回直线方程，求出定点得解． 【详解】（1）由题意可设直线， 所以，所以， 即. （2）当直线斜率不存在时，不存在点，舍去. 当直线斜率存在时，设，即， 由题意可知，∴， ∴， ∵时，∴，当且仅当，即时取等号， ∴. （3）略 18．（17分） 平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． (1)如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)（i）由，得平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，又因为， 平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． （ii）. (2)存在，且． 如图，分别取线段的中点，，，， 连接． 首先证明：平面． 因为点，，，在球的球面上，所以， 又因为为公共边， 所以与全等， 因此， 而，所以， 因此，又因为平面， 所以平面，同理平面． 再考虑各二面角的平面角． 由，分别为中点知，， 又因为，所以， 又因为平面，所以为在平面内的射影， 结合三垂线定理知，所以二面角的平面角为，记为， 同理，二面角的平面角为，记为， 由平面平面知，分别为平面，平面的法向量， 所以与的夹角或， 而为锐角，因此， 综上可知，， 且， 所以， 若，则，因此， 即，解得或（舍去）． 综上存在，且． 【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质定理得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （ii）在平面内作，垂足为，利用线面角的定义得到线面角的平面角，再求出其正弦值即可； （2）作出相关辅助线，首先证明平面，平面，再找到二面角的平面角，从而得到关于的方程，解出即可. 【详解】（1）（i）略； （ii）如图在平面内作，垂足为，连接． 由（i）－知平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，因此为在平面内的射影， 故为与平面所成角的平面角，且， 由知，， 由（i）知平面平面，所以，结合，得， 所以， 即与平面所成角的正弦值为． （2）略. 19．（15分） 世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 【答案】(1) (2) (3)距离为， 【分析】（1）先由直线方程组取 和 得到直线上两点,进而确定直线的方向向量 ,再结合平面的法向量 ,利用线面角与向量夹角的关系 ,代入数量积和模长计算,最终化简求出sin 的值； （2）平面 过直线 且与平面 垂直,因此 的法向量同时与直线 的方向向量、平面 的法向量垂直,由此列方程组求出平面 的法向量 ,再代入直线上已知定点,用点法式写出平面方程并整理化简； （3）先根据两条直线的参数方程分别设出动点坐标，求出两直线方向向量，方法一利用公垂线向量同时与两个方向向量垂直，数量积为 列方程求出参数，得到垂足与公垂线段向量，计算模长得异面直线距离并写出公垂线方程；方法二写出两点距离平方表达式，用二次函数配方法求最小值，即为异面直线距离，同步确定垂足与公垂线方程. 【详解】（1）取的法向量为，上的点满足， 在方程组中取得，所以点在直线上.取得， 所以点在直线上.所以直线的方向向量可以取为， 取直线与平面所成的角为，则. （2）取平面满足且，取的法向量为， 直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，不妨取， 因为点在直线r上，所以点在平面内， 所以的方程为，整理得 （3）因为上的点满足，所以可取上的点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量取为， 同理因为上的点满足，所以可取上的动点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量可取为， 方法一：若直线为、的公垂线，则，， 因为，所以， 所以，所以、为公垂线在两条直线上的垂足， 此时，所以、的距离为， 所以公垂线方程为； 方法二：因为， 所以， ， 当且仅当时取等，所以、的距离为， 此时、为公垂线在两条直线上的垂足， 所以，所以公垂线方程为 ， 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 2026-2027学年高二上学期第一次月考（10月） 数 学 能 力 卷 （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。 4．考试范围：人教A版选修第一章+第二章2.3节 第一部分（选择题 共58分） 1、 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．直线倾斜角的范围是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（    ）    A．2 B．4 C．6 D．9 3．已知点，，若直线：与线段的延长线相交，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．已知平行直线，分别过点和，则这两条直线之间的距离的最大值为（     ） A． B． C． D． 5．在三棱锥中，，，，，若该三棱锥外接球的表面积为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 6．如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 7．长方形台球桌上，一球从边上某处击出，分别撞击球桌的边、各1次后，又回到出发点处，每次球撞击桌边时，撞击前后的路线与桌边所成的角相等（例如图）若，，则此球所走路线的总长度（不计球的大小）为（    ） A．不确定 B．12 C．11 D．10 8．已知三棱锥的体积为，高为，其底面是正三角形，且，，点P，Q，R分别为，，三边上的动点，则的最小值为（   ） A．2 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．如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（    ） A．平面ABCD B． C．三棱锥的体积是正方体体积的 D．异面直线与所成角的余弦值为 10．已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则下列说法正确的是（    ） A． B．为定值 C．的最大值为 D．的最大值为 11．已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（    ） A．当时， B．当时，与平面所成角为定值 C．当时，平面将正方体分成体积比为的两部分 D．当时，点到平面距离的最大值为 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．函数的最大值是__________. 13．在正四棱锥中，点为侧棱中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，，该平面将正四棱锥分成两部分，记四棱锥的体积为，另一部分体积为，则的取值范围是_________． 14．已知两条平行直线，，当，之间的距离最大时，__________． 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） 直角三角形的斜边在轴上，其中点在点的左侧，直角顶点的坐标是. (1)设直线的斜率为，试求点和点的坐标（用表示）； (2)试求直角三角形的面积的最小值及面积取到最小值时的点坐标. ( 16．（15分） 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17． （15分） 直线过点 且与轴、轴正半轴分别交于两点.    (1)若直线与的法向量平行，写出直线的方程； (2)求面积的最小值； (3)如图，若，过点作平行于轴的直线交轴于点，动点分别在线段和上，若直线平分直角梯形的面积，求证：直线必过一定点，并求出该定点坐标. 18． （17分） 平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． (1)如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 19．（17分） 世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $