精品解析：湖南省永州市跨世纪天成高级中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

永州市跨世纪天成学校2026年下期高二年级月考（数学）试题 命题人：张涌平 分值：150分 时量：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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知 ，则下列向量中与 平行的是（ ） A. B. C. D. 5. 直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，若共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，若过点的直线与线段相交，求直线的斜率的取值范围为（　） A. 或 B. 或 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. 给出下列四个命题，其中正确的有（ ） A. 若空间向量均为非零向量，满足，，则； B. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底； C. 已知空间四个点，若，则三点共线； D. 对任意空间向量，都有成立. 10. 已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是（ ） A. l的倾斜角等于 B. l在x轴上的截距等于 C. l与直线垂直 D. l与直线平行 11. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段上存在点，使平面 C. 线段上存在点，使平面平面 D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量 ，则向量在坐标平面上的投影向量是____．（用坐标表示） 13. 若直线与直线平行，则______. 14. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点． （1）以为一组基底表示向量； （2）若，，，求． 16. 如图，在长方体中，，，点，，，分别在棱，，，上，，，. （1）证明：； （2）求到平面的距离； 17. 已知是菱形，，，为的中点，如图1，将沿折起，使点与点重合，且，如图2. （1）证明： 平面； （2）求二面角的余弦值. 18. 三角形的顶点是， 求： （1）边所在直线的方程． （2）边上的高所在直线的方程； （3）边的垂直平分线的方程． 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，，，. （1）求证：平面BMD； （2）求直线PB与平面BMD所成角的余弦值； （3）线段PA上是否存在一点N使得平面BMN与平面BMD所成角的余弦值为，若存在，求出线段PN的长度；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 $ 永州市跨世纪天成学校2026年下期高二年级月考（数学）试题 命题人：张涌平 分值：150分 时量：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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算计算即可. 【详解】由题得 故选：D 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 故选:C. 3. 已知，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标表示先求出，再代入模的计算公式即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 故选：B. 4. 已知 ，则下列向量中与 平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量共线的等价条件判断即可. 【详解】对于A选项，因为，所以A选项中的向量与不平行； 对于B选项，因为，所以B选项中的向量与不平行； 对于C选项，因为，所以C选项中的向量与不平行； 对于D选项，因为，所以D选项中的向量与平行； 故选：D. 5. 直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程得出斜率，再由斜率得直线倾斜角. 【详解】由可得直线斜率， 又， 所以. 故选：B 6. 已知，，，若共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，从而得到方程组，解得即可． 【详解】因为，，，且共面， 则存在实数满足，即， 所以，解得． 故选：B 7. 在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值 【详解】设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，. ∴， ，, . 设直线和所成角为，则， 所以. 8. 已知点，若过点的直线与线段相交，求直线的斜率的取值范围为（　） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题知直线过定点，进而作出图形，数形结合求解即可得答案. 【分析】解：直线方程为转化为， 所以直线过定点，且与线段相交，如图所示， 则直线的斜率是， 直线的斜率是， 则直线与线段相交时，它的斜率的取值范围是或. 故选：A． 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. 给出下列四个命题，其中正确的有（ ） A. 若空间向量均为非零向量，满足，，则； B. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底； C. 已知空间四个点，若，则三点共线； D. 对任意空间向量，都有成立. 【答案】AC 【解析】 【分析】A，利用平行关系的传递性判断；B，通过设线性组合为零，判断三向量是否线性相关，从而确定能否构成基底；C，利用向量共线定理，由系数和为1判断三点共线；D，通过比较两向量各自与哪个向量共线来判断是否恒相等. 【详解】对于A：若，，且，由平行关系的传递性可得则，所以A正确； 对于B，需判断是否线性无关， 设， 整理得： 因为是基底，所以， 由第一式，第二式，代入第三式得，恒成立， 说明存在非零解，例如，使得： 所以三向量线性相关，不能作为基底，所以B错误； 对于C：由，且系数和，所以三点共线，所以C正确； 对于D：与共线，与共线， 向量与向量方向不一定相同，所以一般不相等，所以D错误. 10. 已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是（ ） A. l的倾斜角等于 B. l在x轴上的截距等于 C. l与直线垂直 D. l与直线平行 【答案】CD 【解析】 【分析】由直线的方向向量可求得直线的斜率，从而可求出直线的倾斜角和直线方程，依次判断即可 【详解】因为直线的一个方向向量为， 所以直线的斜率为， 设直线的倾斜角为（），则，所以，所以A错误； 因为经过点，所以直线的方程为，令，则，所以在轴上的截距为，所以B错误； 因为直线的斜率为，直线的斜率为， 所以，所以与直线垂直，所以C正确； 因为直线的斜率为，直线的斜率也为，且两直线截距不等，故两直线平行，所以D正确. 故选：CD 11. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段上存在点，使平面 C. 线段上存在点，使平面平面 D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确． 对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，， 所以 ，，， 设（），则 所以， 平面即 解之得 当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确 对于C，设平面的法向量 则，取 得 设平面 的法向量 , 则 取 , 得 , 平面平面 设 , 即 , 解得 ，，不合题意 线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误． 对于D，平面的法向量为 则 因为 所以 所以的最大值为．故D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量 ，则向量在坐标平面上的投影向量是____．（用坐标表示） 【答案】 【解析】 【详解】向量在坐标平面上的投影向量满足， 故向量在坐标平面上的投影向量是． 13. 若直线与直线平行，则______. 【答案】或##或 【解析】 【分析】由两直线平行可得出关于实数的等式，解之即可. 【详解】因为，则，即，解得或. 故答案为：或. 14. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是______. 【答案】## 【解析】 【分析】设为直线上任意一点，过作，垂足为，利用向量表示，，再结合向量模的性质求的最小值，由此可得结论. 【详解】设为直线上任意一点，过作，垂足为， 设 ，， 则 ， 因为，所以，即 ， 所以，所以，所以， ， ， ∴当时， 取得最小值， 所以直线与之间的距离是 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、证明过程或演算步棸. 15. 如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点． （1）以为一组基底表示向量； （2）若，，，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）直接利用向量的数乘运算及加减运算求解； （2）由向量的单项式乘多项式及向量的数量积运算求解． 【小问1详解】 ∵为线段的中点，∴， ∵，∴， ∴ ； 【小问2详解】 ． 16. 如图，在长方体中，，，点，，，分别在棱，，，上，，，. （1）证明：； （2）求到平面的距离； 【答案】（1）证明如下： 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， ， 又，不在同一条直线上，. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可证明； （2）根据题意，由空间向量的坐标运算，结合点到面的距离公式，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的法向量，又， 则， 令，则，∴，又， 所以到平面的距离为. 17. 已知是菱形，，，为的中点，如图1，将沿折起，使点与点重合，且，如图2. （1）证明： 平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接， 因为是菱形，为的中点，所以，， 又因为，，所以， 由已知，所以， 所以，面，、平面， 所以平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）由是菱形及为的中点，得到，， 由，，用勾股定理求出，由， 得到，得到，进而得到平面； （2）建立空间直角坐标系，写坐标，求出平面和平面的一个法向量，利用数量积求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，. ，，， 设为平面的一个法向量， 则，即，可取. 平面的法向量， 设二面角的大小为， 则，所以二面角的余弦值为. 18. 三角形的顶点是， 求： （1）边所在直线的方程． （2）边上的高所在直线的方程； （3）边的垂直平分线的方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出直线的斜率，结合截距写出直线方程； （2）先算出的斜率，利用两直线垂直斜率之积为得到高的斜率，代入点C求直线方程； （3）求出中点及斜率，由垂直关系得到垂直平分线斜率，再利用点斜式写出方程． 【小问1详解】 ，是轴截距点，， 斜率， 故直线的方程为：，即． 【小问2详解】 ，由得： ，解得， 直线过点，则直线的方程为： ，即． 【小问3详解】 取中点，则， ，设其垂直平分线斜率为，则，解得， 故直线的方程为：，即． 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，，，. （1）求证：平面BMD； （2）求直线PB与平面BMD所成角的余弦值； （3）线段PA上是否存在一点N使得平面BMN与平面BMD所成角的余弦值为，若存在，求出线段PN的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：连接交于，再连接， 由已知与平行且相等，是平行四边形，因此与互相平分，是中点，又是中点，则， 平面，平面，所以平面； （2）； （3）或． 【解析】 【分析】（1）交于，再连接，证明后可证得线面平行； （2）证明平面，分别以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角； （3）假设存在满足题意的点，设（），由空间向量法求二面角的余弦，从而可求得的值，从而得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，则是矩形，， ，是中点，则， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， ， 分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，因此， ，，， 设平面的一个法向量是， 则，令，则，，即， 设直线PB与平面BMD所成角为，则， ； 【小问3详解】 假设存在满足题意的点，设（），，， 设平面的一个法向量是， 则，取，则，， 即， ，，， 由题意，解得或， 又 ， 所以或． 所以存在满足题意的点且或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $