精品解析：宁夏育才中学2026-2027学年第一学期高二第一次月考数学试卷

宁夏育才中学2026-2027学年第一学期高二年级第一次月考 数学试卷 （试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 直线经过点、，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在三棱柱中，设，，，M是上靠近B点的三等分点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，，，则三棱锥的体积为（     ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 已知空间中三点，，，则下列说法不正确的是（ ） A. 与方向相同的单位向量的坐标是 B. 与夹角的余弦值是 C. 在上的投影向量的坐标是 D. 两点间距离为 8. 如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 关于空间向量，以下说法不正确的是（ ） A. 空间向量不能比较大小，空间向量的模可以比较大小 B. 若对空间中任意一点O，有，则四点共面 C. 若已知空间向量和，则在上的投影向量为 D. 若空间向量满足，则与夹角为钝角 10. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则正确的是（ ） A. B. 面 C. 到面的距离为定值 D. 面积的最小值为 11. 如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 在翻折过程中，不存在某个位置使得 B. 若，则与平面所成角的正切值为 C. 当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为 D. 当时，的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，且，则______． 13. 在正四棱锥中，，，E，F分别是棱AB，PC的中点，则点D到直线EF的距离是_______________． 14. 已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别为线段BC，PA的中点，G是线段PD上的一点，PA＝AD＝2．若异面直线CF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P﹣EFG的体积为__________________ ． 四、解答题：本大题共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. 已知向量，． （1）求与夹角的余弦值； （2）若与垂直，求实数t的值． 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱的中点，．用空间向量法求解下列问题． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 17. 如图：在四棱锥中，底面是正方形，，，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，. （1）取的中点N，求证：平面； （2）求直线与所成角的余弦值. （3）在线段上，是否存在一点M，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为?如果存在，求出与平面所成角的大小；如果不存在，请说明理由. 19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁夏育才中学2026-2027学年第一学期高二年级第一次月考 数学试卷 （试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 直线经过点、，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设直线的倾斜角为，则，由斜率公式可得，故. 2. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以，故. 3. 如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系后结合线面角的公式计算即可． 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，所以，，所以， 因为，所以,， 设平面的法向量为， 所以，所以，取，所以平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，所以. 4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定与性质以及法向量和方向向量的关系判断即可. 【详解】由直线方向向量和平面法向量的定义可知： 由“”可以推出“”，反之，由“”也可以推出“”， 所以“”是“”的充分必要条件，故C正确. 5. 在三棱柱中，设，，，M是上靠近B点的三等分点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果. 【详解】根据题意，. . 6. 已知向量，，，则三棱锥的体积为（     ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】先求出平面的法向量，再利用向量求出点到平面的距离，然后利用向量求出点到直线的距离，进而求出的面积，最后利用三棱锥的体积公式即可. 【详解】设平面的法向量为， 则，则， 则点到平面的距离为， 又，， 则点到直线的距离为， 则， 故三棱锥的体积为. 7. 已知空间中三点，，，则下列说法不正确的是（ ） A. 与方向相同的单位向量的坐标是 B. 与夹角的余弦值是 C. 在上的投影向量的坐标是 D. 两点间距离为 【答案】C 【解析】 【分析】分别根据单位向量的定义，向量夹角的公式，投影向量的公式及模长公式即可判断. 【详解】， 对于选项A，由单位向量的定义可知与方向相同的单位向量的坐标是，故A正确； 对于选项B，，故B正确； 对于选项C，在上的投影向量的坐标是，故C错误； 对于选项D，两点间的距离即，故D正确. 8. 如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正方体的棱长为1，且，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】设正方体的棱长为1，且， 以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 则， 设，即 当时，；当或时，， 所以. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 关于空间向量，以下说法不正确的是（ ） A. 空间向量不能比较大小，空间向量的模可以比较大小 B. 若对空间中任意一点O，有，则四点共面 C. 若已知空间向量和，则在上的投影向量为 D. 若空间向量满足，则与夹角为钝角 【答案】BD 【解析】 【分析】A项，由空间向量的模的定义即可判断；B项，判断系数和是否为1即可；C项，由单位向量与投影向量的定义即可判断；D项，举出两向量反向共线的反例即可． 【详解】A项，空间向量不能比较大小，而空间向量的模是非负实数，可以比较大小，故A正确； B项，，而，因此四点不共面，故B错误； C项，与方向相同的单位向量为 ，由投影向量的定义，可知在上的投影向量为，故C正确； D项，若与为两非零向量，且反向共线时，， 此时两向量的夹角为，不为钝角，故D错误． 10. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则正确的是（ ） A. B. 面 C. 到面的距离为定值 D. 面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，因为,所以；对于B，平面平面,故平面；对于C，因为平面，所以到面的距离为到面的距离；对于D，面积是,写出t的表达式，再求最小值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 在上，过点作交于设，则, 则 选项 A：, 因为,所以，A正确; 选项 B：在正方体中，因为，∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面，同理可证∥平面， 因为，平面，所以平面平面 因为面，故平面，B正确; 选项 C：因为平面，所以到面的距离为到面的距离，设为 等边边长，， 因为，所以， 所以到面的距离为，C 错误； 选项 D： , 所以所以 所以面积是 当,D 正确. 11. 如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 在翻折过程中，不存在某个位置使得 B. 若，则与平面所成角的正切值为 C. 当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为 D. 当时，的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断A，连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断B，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D. 【详解】对于A，当平面与平面垂直时， ，平面与平面的交线为，平面, 平面，又平面， ，，故A错误； 对于B，连接， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为为的中点， 所以， 又平面， 所以平面， 则即为与平面所成角的平面角， 在中，，则， ， 所以， 即与平面所成角的正切值为，故B正确； 对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大， 即平面与平面垂直时， 由A选项可知，平面，故AD与平面ABC成角为， 因为，所以，，， 则， ， 即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C正确； 对于D，当时，因为为的中点， 所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以， 所以， 如图将沿旋转，使其与在同一平面内， 则当三点共线时，最小， 即的最小值为， 在中，， 则， 所以， 所以的最小值为，故D错误. 故选：BC. 【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由于，所以， 则. 13. 在正四棱锥中，，，E，F分别是棱AB，PC的中点，则点D到直线EF的距离是_______________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得点D到直线EF的距离. 【详解】如图，连接AC，BD，DE，记，连接OP. 由正四棱锥的性质可知OB，OC，OP两两垂直， 则以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 因为，，所以，， 则， 所以， 则点到直线的距离是. 故答案为：. 14. 已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别为线段BC，PA的中点，G是线段PD上的一点，PA＝AD＝2．若异面直线CF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P﹣EFG的体积为__________________ ． 【答案】 【解析】 【分析】建系并标出点坐标，设，，利用空间向量的坐标运算结合线线夹角求得，进而可求锥体的体积. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则点，，，，， 可得，， 设，， 则，即， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 即，则. 所以. 四、解答题：本大题共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. 已知向量，． （1）求与夹角的余弦值； （2）若与垂直，求实数t的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的坐标运算及夹角公式求解； （2）利用空间向量垂直的坐标表示求解. 【小问1详解】 因为，， 则，， 所以； 【小问2详解】 ， 因为与垂直， 则， 所以. 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱的中点，．用空间向量法求解下列问题． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值； （2）利用向量法可求出点到平面的距离． 【小问1详解】 依题意：以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 又分别是棱，，的中点，，． 所以， 所以有：， 设平面的法向量为，则有 所以，令，有， 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. 【小问2详解】 因为，由（1）有平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为：. 17. 如图：在四棱锥中，底面是正方形，，，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； 【答案】（1）证明见解析过程；（2）. 【解析】 【分析】 （1）连接交于于点，连接，利用等腰三角形的性质、正方形的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出与平面垂直，进而得到，最后利用勾股定理的逆定理和线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）连接交于于点，底面是正方形，所以，是的中点，因为，所以,因为， 所以，,因为,因此平面，而平面，所以，因为，，，所以有，因此，，平面，因此平面； （2）由（1）可知：平面，而是正方形，因此以所在的直线为横轴，纵轴和竖轴建立空间直角坐标系，如下图所示： ，因为，所以可得， 由（1）可知：平面，所以平面的法向量为：，设平面的法向量为：，，因此有 ， 设二面角的平面角为，所以有; . 【点睛】本题考查了线面垂直判定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角问题，考查了推理论证能力和数学运算能力. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，. （1）取的中点N，求证：平面； （2）求直线与所成角的余弦值. （3）在线段上，是否存在一点M，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为?如果存在，求出与平面所成角的大小；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取的中点，连接，则，， 所以四边形为矩形，所以， 以A为原点，所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，， 取中点，则，， 所以，故，又平面，平面， 所以平面. （2） （3） 假设存在，且， 则点为，所以， 设平面的法向量是， ， 令，，（易知t=1不合题意） 又是平面的一个法向量， ， 解得(舍去)，则． 此时平面的一个法向量可取，， 设与平面所成的角为， 则， 由知，. 与平面所成角的大小为． 【解析】 【分析】取的中点，连接，则，以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系. （1）计算，利用向量法求证即可； （2）利用向量的夹角公式计算异面直线所成的角； （3）假设存在点M符合题意，根据二面角、线面角的向量求法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，， . 故直线AC与PD所成角的余弦值为. 【小问3详解】 略 19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $