精品解析：山西运城市夏县中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

2026-2027学年高二上学期第一次月考卷 数 学 （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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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．测试范围：第1章，人教版必修第一册． 一、选择题：本小题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. 设向量，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 如图，在四面体OABC中，为BC的中点，，且为OG的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 1 4. 已知、，若斜率存在的直线l经过点，且与线段AB有交点，则l的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（    ） A. B. C. 3 D. 6. 已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 直三棱柱中，，则与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、选择题：本小题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的．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. 下列命题正确的有（     ） A. 已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为 B. 向量在向量上的投影向量的模为 C. 为空间不共面的四点，若，若四点共面，则 D. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是 10. 设为实数，直线：，点，，则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 若点，到直线的距离相等，则 C. 直线与轴一定相交 D. 若直线不过第二象限，则 11. 如图，直角梯形，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，则（ ） A. 平面 B. 若时，棱锥的外接球体积为 C. 的最大值为 D. 二面角的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知线段中点为，且，则线段的垂直平分线方程为 ________________________． 13. 在空间直角坐标系中，已知向量，，，若点在平面内，则实数的值为______． 14. 在长方体中，，动点满足，当与垂直时，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. 已知点求： （1）BC边上的中线所在直线的方程； （2）BC边上的高所在直线方程； （3）BC边的垂直平分线的方程. 16. 已知直线经过点． （1）若在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； （2）若直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时直线的方程． 17. 已知，，，，，求： （1）的值； （2）与夹角的余弦值. 18. 如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点. （1）证明：平面； （2）求点B到平面的距离. 19. 如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，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 $ 2026-2027学年高二上学期第一次月考卷 数 学 （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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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．测试范围：第1章，人教版必修第一册． 一、选择题：本小题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. 设向量，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，根据三点共线得到，再利用向量相等的条件求解参数即可. 【详解】因为，，， 所以， 因为三点共线，所以存在唯一的实数使得， 所以，解得， 所以. 故选：C. 2. 如图，在四面体OABC中，为BC的中点，，且为OG的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意， , 故选：A 3. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的条件列方程求得的值，然后检验，排除两直线重合的情况. 【详解】由题意得,即,解得或. 当时，两直线方程都为，两直线重合，不合题意，舍去； 当时，两直线方程分别为和，此时两直线平行，符合题意. 故选：C. 4. 已知、，若斜率存在的直线l经过点，且与线段AB有交点，则l的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用直线的斜率公式计算，；再结合图形，利用直线与线段有交点的条件建立不等式，即可得出结果. 【详解】由直线的斜率公式可得： ；. 结合图形，要使直线l经过点，且与线段AB有交点，l的斜率需满足或. 故选：C. 5. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（    ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过向量的坐标运算求出与的坐标，再利用向量的数量积公式求出两向量夹角的余弦值，进而求出正弦值，最后根据平行四边形面积公式求出面积. 【详解】已知，，，根据向量坐标运算可得，.  根据向量数量积坐标运算：可得. 根据向量模长公式：可得，.  根据向量夹角公式可得. 因为.  根据平行四边形面积公式，可得.  则邻边的平行四边形的面积为. 故选：B. 6. 已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】通过对截距的取值是否为进行分类，分别设直线方程为和，代入点，即可求解. 【详解】设直线的横截距为，纵截距为，因为直线在两坐标轴上的截距相等，即， 当时，设直线的方程为， 又直线过点，所以，解得，所以直线的方程为； 当时，设直线的方程为，即， 又直线过点，所以，解得， 所以直线的方程为，即. 综上所述，过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或. 故选：C 7. 直三棱柱中，，则与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量法即可建立空间直角坐标系求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则, 所以，则， 故与所成的角的余弦值为， 故选：B 8. 棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】棱长为的正四面体的外接球的半径为1，设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，表示出，然后结合图形利用勾股定理列方程求解 【详解】 棱长为2的正方体内切球的半径为1， 因为正四面体可以在正方体内任意转动，所以只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为的正四面体的外接球的半径为1， 设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，为底面正的中心， 则，体高为， 由于外接球半径为1，利用勾股定理得：，解得或(舍)， 故选：B 二、选择题：本小题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的．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. 下列命题正确的有（     ） A. 已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为 B. 向量在向量上的投影向量的模为 C. 为空间不共面的四点，若，若四点共面，则 D. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由特殊情况判断A；根据投影向量的求法判断B；由空间四点共面的性质判断C；根据直线斜率与倾斜角的关系判断D. 【详解】对A，当时，可得，此时，向量夹角为，不符合题意，但，故A错误； 对B，向量在向量上的投影向量 为，所以投影向量的模为，故B正确； 对C，，可得，若四点共面，则，解得，故C正确； 对D，由，当时，直线方程为，倾斜角，当时，可得斜率，由或，可得或，由，可得或，综上，可知，故D正确. 故选：BCD 10. 设为实数，直线：，点，，则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 若点，到直线的距离相等，则 C. 直线与轴一定相交 D. 若直线不过第二象限，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线过定点的求法判断A，由特殊情况直线与两点连线平行判断B，分析直线不能写成的形式判断C，取特例判断D. 【详解】由直线：，可得， 当，即时，方程恒成立， 即直线过定点，故A正确； 当直线与平行（或重合 ）或直线过的中点时，点，到直线的距离相等， 由，可知时，直线为，与平行，符合题意，故B错误； 由直线：可知，直线倾斜角不可能 为0，所以一定与x轴相交，故C正确； 直线不过第二象限，当时，直线方程为，满足题意，故D错误. 故选：AC 11. 如图，直角梯形，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，则（ ） A. 平面 B. 若时，棱锥的外接球体积为 C. 的最大值为 D. 二面角的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由已知只能得，所以平面不一定成立；对于B，由，，可得证明平面，然后利用补体法可得结果；对于C，当，可得，而当为钝角，由余弦定理可求出；对于D，作，交于点，可得二面角的平面角是，当时，取得最小值，从而可得答案 【详解】，与不一定垂直，所以A不对； 若，则可证明平面，为正方形，棱锥可以补成边长为4的正方体，外接球直径等于正方体的体对角线长，即，，，B正确； 若，则可证明平面，此时，若为钝角，由余弦定理可得，C不正确； 由，，，所以平面，从而平面，，作，交于点，可证平面，则，所以二面角的平面角是，，满足的的最大长度为4，所以的最小值为1，即二面角的最小值为. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判断方法，考查几何体外接球，考查二面角的求法，解题的关键是利用几何法结合已知条件作出二面角的平面角，考查计算能力，属于中档题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知线段中点为，且，则线段的垂直平分线方程为 ________________________． 【答案】 【解析】 【分析】判断出垂直平分线的斜率，根据点斜式求得垂直平分线的方程. 【详解】由于，所以线段所在直线的斜率为， 所以线段的垂直平分线的斜率为， 所以垂直平分线的方程为， 即. 13. 在空间直角坐标系中，已知向量，，，若点在平面内，则实数的值为______． 【答案】## 【解析】 【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. 14. 在长方体中，，动点满足，当与垂直时，的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可得到参数的值. 【详解】由题意，以为坐标原点，以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 可得，得， 所以，， 由，可得，即，解得或， 因为，所以实数的值为. 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. 已知点求： （1）BC边上的中线所在直线的方程； （2）BC边上的高所在直线方程； （3）BC边的垂直平分线的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据中点坐标公式求出中点，然后利用两点坐标写出直线方程即可； （2）BC边上的高和BC垂直，利用两直线垂直的斜率关系即可； （3）利用垂直平分线经过BC的中点，且和BC垂直求解即可. 【小问1详解】 的中点坐标为，且 所以BC边上的中线所在直线的方程： 【小问2详解】 BC的斜率：， 所以BC边上的高所在直线方程的斜率： BC边上的高所在直线方程： 即：. 【小问3详解】 由前两问知：的中点坐标为，. BC边的垂直平分线的斜率：， BC边的垂直平分线的方程: 即： 16. 已知直线经过点． （1）若在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； （2）若直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时直线的方程． 【答案】（1）或 （2）24， 【解析】 【分析】（1）分类讨论截距是否为0，结合截距式计算即可； （2）设坐标，根据截距式结合基本不等式计算即可. 【小问1详解】 若截距为0，则该直线方程为； 若截距不为0，不妨设轴上的截距为，则轴上的截距为， 该直线方程为，将点代入解得，即， 综上直线的方程为或； 【小问2详解】 由题意可设，则，且， 由基本不等式可知，所以， 则，当且仅当时取得最小值，此时. 17. 已知，，，，，求： （1）的值； （2）与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行及垂直的坐标表示即可求解； （2）由向量夹角的坐标公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，解得，， 所以，， 又，则，即，解得， 于是，则. 【小问2详解】 由（1）得，， 设与的夹角为，所以， 所以与夹角的余弦值为. 18. 如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点. （1）证明：平面； （2）求点B到平面的距离. 【答案】（1） 证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，利用三角形中位线定理证明，再结合线面平行的判定定理即可得证. （2）利用等体积法，通过计算三棱锥的体积和底面积求解点到平面的距离. 【小问1详解】 连接交于点，连接. 因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为的中点. 又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故. 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 设点到平面的距离为. 因为为正三角形，为的中点，所以，且. 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面. 又平面，所以.因为，平面，所以平面. 又平面，所以. 在中，. 所以的面积. 又的面积. 由可得，即， 解得.所以点到平面的距离为. 19. 如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出； （3）设，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. 【小问3详解】 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $