河北廊坊市三河光大高级中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

2026-2027上学期高二第一次月考试题 数学 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题（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.在空间直角坐标系中，平面α的一个法向量为m=(0,1,0),平面B的一个法向量为n=(0,-1,-1), 则平面α与平面B的夹角为() 3π A. 元 C.π π B. 3 D. 6 2.如图，在正方体ABCD-ABCD中，作截面EFGH(如图)交CD,AB,AB,CD分别于E, F,G,H,则四边形EFGH的形状为() D B B D: H G B 第2题图 第3题图 A.平行四边形 B.菱形 C.矩形 D.梯形 3.如图，在平行六面体ABCD-ABCD中，M为AC与B,D的交点.若AB=a,AD=b,AA1=C, 则下列向量中与BM相等的向量是() A.-a+6+c -2a+2 B+ C.-za-3b+c 22 D.3a-6+e 22 4.已知A(1,1,2),B(1,1,0),C(0,0,2),则点A到直线BC的距离为() 第1页 A. 5 2v5 3 B. C. D.√2 3 2 5.已知圆锥顶点为P,底面圆心为O,PA,PB,PC分别为圆锥的母线且PA⊥PB,OP=OA=2, 则三棱锥P-ABC体积的最大值是() A. 4V2 B. 8 D.6 3 C.25 6.如图，长方体ABCD-AB,CD中，AB=BC=2,若直线BC与直线AC所成的角为60°，则该 长方体的表面积为() D D A.48 B.32 C.24 D.12 7. 在三被台ABC-ABG中，AB=BC=2,BB=A码=l,且∠ABC-子若B盟上平面ABC, 则点B到直线AC的距离为() B B A.3 3 B.V6 c.25 D.2V6 3 3 3 8.已知M,A,B,C为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且 OM=x0A+O8-0C(>0y>0,若M,4B,C四点共面，则生+的最小值为() x y A. 2 C.9 D.4 共4页 二、多选题（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.在空间直角坐标系O-xz中，已知A(1,2,-1),B(0,1,1),下列结论正确的有() A.AB=6 B.OA.OB=1 C.若i=(4,2,),且n1AB,则1=3D.若m=(1,1,k)且m∥AB,则k=2 10.如图，点P在正方体ABCD-ABCD的面对角线BC上运动(P点异于B,C点)，则下列结 论正确的是() D B A.异面直线BD与AB所成角为60° B.BD⊥平面ACD C.三棱锥P-ACD的体积不变 D.直线AP与平面AD,CB所成角正弦值的取值范围为 22 11.如图所示，设E,F分别是正方体ABCD-ABCD的棱CD上的两点，且AB=2,EF=1,其 中正确的说法为() D 11 A D B A.三棱锥D-BEF的体积为定值 B.异面直线B,D与EF所成的角的大小为45° C.BD⊥平面BEF D.直线B,D与平面BEF所成的角的大小为40 第2页 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.将扇形纸壳0cD剪掉扇形O1B后得到扇环ABCD,0M=D=6,∠COD-号，如图1，用扇 环ABCD制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的高为 B 图1 图2 13.已知n=(1,-1,2)是平面a的一个法向量，点A(0,1,1)在平面a内，则点B1,1,2)到平面a的距 离为 14.在空间直角坐标系Oz中，已知向量PA=(1,2,0),PB=(0,2,3),PC=(k,1,3),若点C在平 面PAB内，则实数k的值为 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)己知一个圆锥的底面半径为1，母线长为2. B C (1)求圆锥的侧面积； (2)过线段AO的中点E作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积， 共4页 16(15分).如图是一个棱长为2的正方体被平面ABC截去一部分后，剩余的部分为多面体 17(15分).如图，在棱长均为1的平行六面体ABCD-AB,CD,中，底面ABCD是正方形，且 AC,D-ABCD,E是BC的中点 ∠AAB=∠AAD=60°，设AB=a,AD=b,A4=c. D D A B Dhs-- 4 B (1)证明：AC⊥BD: (I)用ā，b,c表示AC,BD;并求出BD: (2)证明：平面ABC∥平面AD,C: (2)求异面直线AC与BD,所成角的余弦值. (3)过点C,E,D,的平面α与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形，求该多边形的面积 第3页共4页 18(17分).如图，在四棱锥P-ABCD中，PA=AB=BC,AD=2BC,AB⊥BC,AB⊥AD,PA⊥AB,19(17分).如图，在三棱柱ABC-ABC中，四边形ACCA为正方形，△ABC为等边三角形，平 PA⊥CD,E是PA的中点. 面ACCA⊥平面ABC,AB=2,D为BC的中点. C B A D C (I)求证：PA⊥平面ABCD: D (2)求证：BE∥平面PCD: (3)求平面PCD与平面BCE的夹角的余弦值. (1)求证：AB/1平面ADC: (2)求直线C,D与平面ABB,A所成角的正弦值： ③)在棱BB上是香存在一点M,使得点M到平面ADC的距离为2？若存在，求B的值；若不 1 存在，说明理由. 第4页共4页 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A A B C C A ABC ABC 题号 11 答案 AB 1．C 【分析】根据平面与平面夹角的向量求法，直接可得解. 【详解】由题意得平面与平面夹角的余弦值为， 所以平面与平面的夹角为. 故选：C. 2．A 【分析】根据题意，结合面面平行的性质，证得和，进而得到答案. 【详解】在正方体中，可得平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，同理可证：， 所以四边形的形状一定为平行四边形. 故选：A. 3．A 【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示即可. 【详解】由题意，得. 4．A 【分析】依次求出即可由点到直线距离的向量法公式分析计算求解. 【详解】由题可得直线BC的单位方向向量为， 且， 所以， 所以点A到直线BC的距离为. 故选：A 5．B 【分析】先由勾股定理分别计算圆锥的母线长、及，，进而可判断平面为圆锥的轴截面，再由等体积法，由圆的几何性质可得，从而可得三棱锥的体积最大值. 【详解】由题意，圆锥的高，底面半径， 根据勾股定理得母线长，. 已知，因此直角的面积为： ， . 所以底面圆内弦的长度为，恰好等于底面圆的直径，因此为底面圆的直径. 又因为三棱锥的体积等价于以为顶点、为底面的三棱锥的体积， 即，其中是点到平面的距离. 因为为底面圆的直径，所以平面为圆锥的轴截面，所以平面平面， 点在圆锥底面上运动，所以点到轴截面的距离等于点到直线的距离， 点在圆锥底面上运动，为底面圆的直径，所以点到的距离最大值就是，即. 所以，因此三棱锥体积的最大值为. 6．C 【分析】由题知该长方体是棱长为2的正方体，再计算表面积即可. 【详解】解：连接，，， 因为在长方体中，， 所以，，又， 所以即为直线与直线所成的角，所以， 所以， 设，，解得， 所以该长方体是棱长为2的正方体，其表面积为． 故选：． 7．C 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出和直线的方向向量即可由点到直线向量法距离公式直接计算求解. 【详解】由题意，平面，， 因此以为原点，分别以、、方向为轴建立空间直角坐标系： 则，，，，， 直线​的方向向量， ， 点到直线的距离. 8．A 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 9．ABC 【详解】已知在空间直角坐标系中，，，原点， 则 ，，. 选项A：的模长， 因此A正确； 选项B：，因此B正确； 选项C：已知，且，因此，解得，因此C正确； 选项D：已知，且，因此，解得，因此D错误. 10．ABC 【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面，, 平面，又因为平面，， 同理可得平面，又因为平面，， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面, 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，， 从而，， 由正方体的性质知：平面， 即平面，故平面的法向量可取为， 直线与平面所成角正弦值为，, 因为，， 所以，故D错误. 故选：ABC. 11．AB 【分析】A选项通过求锥体的体积来判断，B选项通过求线线角来判断，CD选项利用向量法来判断. 【详解】对于A选项，为定值，故A正确； 对于B选项，异面直线与所成的角与直线与的角为同一个角， 即异面直线与所成的角的平面角为，故B正确； 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则. 对于D选项，，平面即平面， 设平面的法向量是， 则即 取，得，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角的平面角为， 则， 所以，故D错误； 对于C选项，由D选项可知直线与平面所成的角为30°，故C错误. 故选：AB 12． 【分析】根据给定条件，求出圆台的上下底面圆半径，再利用等腰梯形的性质求出高. 【详解】依题意，圆台上底面圆周长为，则圆台上底半径， 圆台下底面圆周长为，则圆台下底半径， 圆台轴截面是等腰梯形，上下底边长分别为，，腰长为， 所以圆台的高，即等腰梯形的高为. 故答案为： 13．/ 【分析】表示出，再根据点到平面的距离公式计算可得. 【详解】因为点在平面内，又， 所以，又是平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 故答案为： 14．/ 【分析】根据共面向量定理，点在平面内，等价于向量可由不共线的向量线性表示，通过坐标对应相等，列方程组求解. 【详解】因为点在平面内，所以共面，且不共线， 根据共面向量定理，存在实数，使得， 将各向量坐标代入，得， 根据向量相等，对应坐标相等， 得，解得. 15．(1) (2) 【分析】（1）结合圆锥侧面积和圆的面积公式，分别求出侧面积和底面积即可； （2）先求出圆锥的体积，由为的中点可得圆柱的底面半径，进而求出圆柱的体积，剩下几何体的体积为圆锥体积减去圆柱体积，即可得到答案. 【详解】（1）圆锥的侧面积为； （2）因为圆锥的底面半径，母线长， 所以圆锥的高 显然，且E为中点，所以， 剩下几何体的体积. 16．(1)证明：因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为四边形为正方形，所以⊥，故； (2)证明：由（1）得， 因为平面，平面，所以平面， 又，，故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面； (3) 【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到垂直关系； （2）得到平面，平面，从而得到面面平行； （3）找到交线围成一个多边形为四边形，并得到其为等腰梯形，求出各边，得到面积 【详解】（1）略 （2）略 （3）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，，故四边形为平行四边形，故， 故， 所以过点C，E，的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形为四边形， 正方体棱长为2，故，， 又，同理，不平行， 故四边形为等腰梯形， 高为， 所以等腰梯形的面积为. 17．(1)，， (2) 【分析】（1）根据向量的线性运算法则直接表示向量，再利用转化法可求得模长； （2）利用转化法表示向量数量积及向量夹角余弦值，进而可得异面直线夹角余弦值. 【详解】（1）由已知， ， 又平行六面体的底面是正方形，且， 即，， 且， 则 ； （2）由（1）得，则， 且， 则， 则异面直线与所成角的余弦值为. 18．(1)证明：因为在平面中，，，所以，     又，所以四边形是以与为底边的梯形，所以与相交，     因为，，，平面，所以平面． (2)证明：取的中点，连接，， 因为是的中点，所以且， 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． (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定即可证明； （2）取的中点，连接，，证明，再由线面平行的判定即可证明； （3）建立空间直角坐标系，由空间向量法求解面面角. 【详解】（1）略 （2）略 （3）因为平面，，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，，所以，， ，， 设平面的一个法向量， 则，即，取，得，   设平面的一个法向量，则， 即，取，得，     设平面与平面的夹角为，则． 19．(1) 连接,连接， 四边形为正方形，为中点，为BC的中点，， 平面，平面，平面； (2) (3) 假设在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设， ，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 则点到平面的距离为， 解得，或（舍）， 在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而利用线面角的向量方法即可求解； （3）假设存在点，设，再利用点到平面的距离为即可求出的值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，的中点，连接，， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， 两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为； （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $