精品解析：内蒙古大学附属中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

内蒙古大学附属中学2026-2027学年第一学期第一次月考 高二数学试卷 出题人：王乐 审题人：朱彧 注意事项： 1．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生作答时，请将第Ⅰ卷选择题的答案用2B铅笔将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重新填涂；请将第Ⅱ卷的答案用黑色中性笔答在答题卡指定答题区域内，在本试卷上答题无效，考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保留． 2．本试卷共150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角为（　　） A. 150° B. 120° C. 60° D. 30° 2. 如图所示，在正方体 中，下列各式中运算结果为 的有（ ） ①； ②； ③． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 3. 已知直线，则不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知点M在z轴上，且点M到点与到点的距离相等，则点M的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 对任意实数，直线一定经过点（    ） A. B. C. D. 6. 在如图所示的坐标系中，为正方体，给出下列结论： ①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为； ③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为.其中正确的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E为CD中点，沿AE把△ADE折起，点D到达点P，使得平面PAE⊥平面ABCE，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 给出下列命题，其中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标为 B. 若点，且满足，则点的坐标为 C. 若三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数 D. 向量在向量上的投影向量的模长为 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，直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为，，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若、、三点共线，则的值为0 B. 若点、，过点的直线与线段有公共点，则的斜率的取值范围为 C. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 D. 若两直线，的倾斜角分别为，，斜率分别是，，，则 11. 如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，点是侧面内一动点，是上一动点，以上动点都含边界．则下列说法正确的为（ ） A. 若平面，则的轨迹长度为 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C. 当时，若保持，则点的运动轨迹长度 D. 的最小值为 第II卷（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. 如图，在棱长为的正方体中，是的中点，则__________. 13. 正四棱柱中，，，则下列说法正确的是________． ①平面平面； ②三棱锥的体积是正四棱柱的； ③直线与平面所成角的正弦值为； 14. 将直线绕其与轴的交点逆时针旋转得直线，则与两坐标轴所围成的三角形面积大小为 __． 四、解答题：本题共7小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知 （1），求的坐标； （2）求； （3）若与互相垂直，求实数的值. 16. （1）直线经过点，斜率是，写出直线的点斜式方程． （2）设直线的方程为，若直线在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，求直线的方程． 17. 如图，在平行六面体中，，，，． （1）以为基底向量，表示向量，； （2）求证：； （3）求的长． 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 19. 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，，平面平面. （1）求证：； （2）如图，且，求点M到平面PBC的距离； （3）设四棱锥P-ABCD的外接球球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线与平面AEC所成的角的正弦值为？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内蒙古大学附属中学2026-2027学年第一学期第一次月考 高二数学试卷 出题人：王乐 审题人：朱彧 注意事项： 1．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生作答时，请将第Ⅰ卷选择题的答案用2B铅笔将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重新填涂；请将第Ⅱ卷的答案用黑色中性笔答在答题卡指定答题区域内，在本试卷上答题无效，考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保留． 2．本试卷共150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角为（　　） A. 150° B. 120° C. 60° D. 30° 【答案】D 【解析】 【分析】由斜率得倾斜角． 【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为30°. 故选：D． 2. 如图所示，在正方体 中，下列各式中运算结果为 的有（ ） ①； ②； ③． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【详解】对于①：，①正确； 对于②：，②正确； 对于③：，③正确. 所以运算结果为的有个. 3. 已知直线，则不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】作出直线的图象，可得出结论. 【详解】作出直线的图形如下图所示： 由图可知，直线不经过第三象限. 故选：C. 4. 已知点M在z轴上，且点M到点与到点的距离相等，则点M的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据z轴上点的特点，结合空间两点间距离公式进行求解即可. 【详解】因为点M在z轴上，所以设点M的坐标为， 因为点M到点与到点的距离相等， 所以， 两边同时平方，解得，所以点M的坐标为. 5. 对任意实数，直线一定经过点（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将方程化为，令，即可求解. 【详解】因为，令，解得，， 所以直线都经过平面内一个定点． 6. 在如图所示的坐标系中，为正方体，给出下列结论： ①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为； ③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为.其中正确的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线的方向向量的概念以及平面的法向量的定义判断可得答案. 【详解】设正方体的棱长为，则，，，则与平行，故直线的一个方向向量为，故①正确； 因为，，所以，因为与平行，所以直线的一个方向向量为，故②正确； 因为，，所以，因为是平面的一个法向量，且与平行，所以平面的一个法向量为，故③正确； 因为，，所以， 因为，所以与不垂直，所以不是平面的一个法向量，故④不正确. 故选：C 7. 矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E为CD中点，沿AE把△ADE折起，点D到达点P，使得平面PAE⊥平面ABCE，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，可得异面直线与所成角就是或其补角，求出三边长，利用余弦定理即可求得结论． 【详解】如下图，因为，异面直线与所成角就是或其补角， 在中，，， 在下图中作，垂足为，则，， 所以， 所以． 故选：． 【点睛】关键点睛：异面直线及其所成的角，关键是转化到一个三角形中，然后再解三角形即可. 8. 给出下列命题，其中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标为 B. 若点，且满足，则点的坐标为 C. 若三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数 D. 向量在向量上的投影向量的模长为 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间点面对称性质，空间点共线坐标表示，共面向量定理以及向量投影模长公式逐项分析即可. 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标为，故A错误； 对于B，设点的坐标为，由点， 则， 又，所以， 即，解得：，所以点的坐标为，故B错误； 对于C，当点共面时，对空间任意一点，若， 由共面向量定理可得：，解得：，故C错误； 对于D，由向量，则， 所以向量在向量上的投影向量的模长为： ，故D正确. 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，直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为，，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据斜率和倾斜角的关系确定正确答案. 【详解】由图象可知， 所以，， 函数在上单调递增，所以， 综上所述，. 故选：AD 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若、、三点共线，则的值为0 B. 若点、，过点的直线与线段有公共点，则的斜率的取值范围为 C. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 D. 若两直线，的倾斜角分别为，，斜率分别是，，，则 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A，利用斜率公式求出，利用三点共线得到，通过计算得到的值；选项B,求出，由直线绕旋转且与线段相交，得到从往上转时的斜率的范围，从往下转时的斜率的范围，从而得到斜率范围；选项C，由直线在轴截距相等分两种情况：当截距不为0时，设直线为截距式，代入点，解得，从而得到过的直线方程；当截距都为0时，直线必过原点，利用点斜式得到过的直线方程，从而得到结论；选项D， 举反例，当，求出斜率得到结论. 【详解】选项A，因为三点共线，所以， 因为，， 所以，A正确； 选项B,因为， 所以， 因为直线绕旋转，且与线段相交， 所以从往上转，斜率，从往下转，斜率， 所以斜率范围：，B正确； 选项C，过，在轴截距相等，分两种情况： 当截距不为0时，设过的直线方程为， 将点代入，得到，解得， 则过的直线方程为， 当截距都为0时，直线必过原点，则过的直线方程为，也满足截距相等， 而选项只给出，漏掉，C错误； 选项D， 当，，， 此时，D错误. 11. 如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，点是侧面内一动点，是上一动点，以上动点都含边界．则下列说法正确的为（ ） A. 若平面，则的轨迹长度为 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C. 当时，若保持，则点的运动轨迹长度 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A利用线面平行的等距性质推导底面内动点的轨迹，计算轨迹长度； 选项B先确定过三点的正方体截面形状为等腰梯形，再计算梯形面积； 选项C先确定的位置，将空间定长条件转化为侧面内的圆弧轨迹，计算对应弧长； 选项D采用平面展开法将折线段和的最小值转化为展开平面内两点间的线段长度，结合余弦定理求解。 【详解】对选项A， ∵ 平面为正方体的对角面，二面角的平面角为. 设点到平面的距离为， ∵ ， 为底面内直角三角形，， 点到底面的高为， . ∵ 平面，平面，，， . 又 ，，解得， ∵ 为中点，到平面的距离为，故到平面的距离为. ∵ 平面，故到平面的距离等于到平面的距离. 设点到的距离为，则，解得. 故的轨迹为底面内平行于且到距离为1的线段，长度等于，故A正确. 对选项B， ∵ 分别为中点，故为的中位线，. ∵ 正方体中，故，故过的截面为等腰梯形. 其中上底，下底，腰长. 等腰梯形的高. 故截面面积，故B正确. 对选项C， ∵ ，正方体棱长为2，故，. 点到侧面的距离为，设在侧面上的投影为，则在上，. ∵ ，故到的距离. 的轨迹为侧面内以为圆心，为半径的圆弧，圆心到的距离为，故在圆弧上；圆心到的距离为，故圆弧与交于点，易求得两半径的夹角为. 故轨迹长度，故C错误. 对选项D， 求的最小值，将平面与平面沿展开至同一平面，此时. 其中，，由余弦定理得： . 故，即的最小值为，故D正确. 【点睛】方法归纳：解决立体几何综合问题需熟练掌握线面平行、垂直的判定与性质，截面问题先确定截面形状再计算参数，动点轨迹问题可转化为平面截球的圆弧求解，折线段最短问题采用平面展开法转化为两点间线段距离求解. 易错归纳：建系前需证明两两垂直，线面平行判定需注明直线在平面外，轨迹长度计算需注意边界对圆弧的截取. 第II卷（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. 如图，在棱长为的正方体中，是的中点，则__________. 【答案】6 【解析】 【分析】，为等边三角形，利用向量数量积的定义求即可. 【详解】棱长为的正方体中， 连接，则是边长为的等边三角形， .. 故选： 13. 正四棱柱中，，，则下列说法正确的是________． ①平面平面； ②三棱锥的体积是正四棱柱的； ③直线与平面所成角的正弦值为； 【答案】② 【解析】 【分析】逐项判断．①利用两个平面垂直的性质判断；②分别计算三棱锥与正四棱柱的体积并比较；③根据线面角的定义，在直角三角形 中求其正弦值． 【详解】 ①假设平面 平面 ． 两平面的交线为 ． 在平面 内过点 作直线垂直于 ，由两个平面垂直的性质，该直线垂直于平面 ． 又 平面 ，故该直线只能是 ，从而点 在平面 内． 但 三点不共线，三点确定平面 ，于是平面 与平面 重合，这与点 不在平面 内矛盾．故①错误． ②，所以 ． 正四棱柱的体积 ，故 ，所以②正确． ③直线 在平面 内的射影为 ，所以 为直线 与平面 所成的角． 在直角三角形 中，，故 ，所以③错误． 综上，正确的是②． 14. 将直线绕其与轴的交点逆时针旋转得直线，则与两坐标轴所围成的三角形面积大小为 __． 【答案】 【解析】 【分析】在直线中，令，得，设直线的倾斜角为，则，的倾斜角为，利用正切函数两角和公式求得直线的斜率，从而得的方程，由此能求出与两坐标轴所围成的三角形面积． 【详解】在直线中，令得，∴， 直线绕其与轴的交点逆时针旋转得直线， 设直线的倾斜角为，则，则的倾斜角为， ∴的斜率， ∴的方程为，即， 令，得，∴与轴交点坐标为， ∴与两坐标轴所围成的三角形面积为： ． 故答案为：． 四、解答题：本题共7小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知 （1），求的坐标； （2）求； （3）若与互相垂直，求实数的值. 【答案】（1）或 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）由空间向量平行，得出，设，再利用列方程，进而求得； （2）先求得，，再利用公式即可求得的值； （3）利用空间向量垂直充要条件列出关于的方程，解之即可求得的值． 【小问1详解】 由题可知，， 由，得，设， 因为， 所以，解得， 所以或． 【小问2详解】 因为、、，，， 所以，， 则. 【小问3详解】 因为，， 又与垂直， 所以， 解得或． 16. （1）直线经过点，斜率是，写出直线的点斜式方程． （2）设直线的方程为，若直线在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，求直线的方程． 【答案】（1）；（2） 或 ． 【解析】 【分析】（1）直接利用直线的点斜式方程求解． （2）分别令 、 求直线在两坐标轴上的截距，根据“ 轴上的截距是 轴上的截距的2倍”建立关于 的方程，并注意直线存在 轴截距的条件． 【详解】（1）由点斜式方程可得 ，即 ． （2）当 时，直线 的方程为 ，与 轴平行，在 轴上没有截距，不符合题意． 当 时，令 ，得直线 在 轴上的截距为 ； 令 ，得直线 在 轴上的截距为 ． 由题意，，整理得 ，所以 或 ． 当 时，直线 的方程为 ； 当 时，直线 的方程为 ． 综上，直线 的方程为 或 ． 17. 如图，在平行六面体中，，，，． （1）以为基底向量，表示向量，； （2）求证：； （3）求的长． 【答案】（1）， （2）因为，，，， 所以，， 由（1）得 ， 所以，即； （3） 【解析】 【分析】（1）依托空间向量加减法法则，用线性表示； （2）将两向量数量积展开，结合边长与夹角算出点积为，证明向量垂直； （3）对平方展开，代入模长与数量积求出模长平方，开方得到线段长度． 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）得， 所以 ， 所以，即的长为． 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1）证明：以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设. 依题意得， 故， 故，所以. 由已知，且，平面EFD，平面EFD， 所以平面EFD. （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积坐标运算证明，结合已知线面垂直可证； （2）利用垂直关系找到二面角的平面角，转化为两向量与的夹角运算求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知，由（1）平面EFD，又平面EFD， 所以，且为锐角，故是平面与平面的夹角. 设点的坐标为，则， 由题意在线段上，所以， 所以， 即，. 设，则， 所以，点的坐标为，又点的坐标为， 所以，. 所以， 所以，即平面与平面的夹角大小为. 19. 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，，平面平面. （1）求证：； （2）如图，且，求点M到平面PBC的距离； （3）设四棱锥P-ABCD的外接球球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线与平面AEC所成的角的正弦值为？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ∵四边形ABCD为正方形，∴， 又平面，平面，∴∥平面， 又平面，平面平面， ∴； （2） （3）存在，或，理由如下： 存在点E，使得直线与平面AEC所成的角的正弦值为， ∵，且平面ABCD为正方形， ∴点Q在平面上的射影是ABCD的中心， 可设，则， ∴，解得． 即，， 设，， ∴，，， 设平面AEC的一个法向量为， 则，得， 取， 设直线与平面AEC所成的角为， ∴， 化简得，∴或， ∴当或时，直线与平面AEC所成角的正弦值为． 【解析】 【分析】（1）先由线线平行证得∥平面，再利用线面平行的性质即可证明； （2）先证，，建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用点到平面的距离的向量公式计算即可； （3）依题意设，利用求得，即得，设，，求出，求出平面AEC的一个法向量，利用题设中的线面所成角列出方程求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取BC中点N，连接ON，则， ∵平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD， ∴，， ∴以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 于是，，，， 设平面的一个法向量为， 则，得，故可取， ∴点M到平面PBC的距离为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $