河南省开封市尉氏县第三高级中学2026-2027学年高二上学期第一次月考试题

高二数学第一次月考试题 参考答案与试题解析 一、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，有且只有一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D B C D B C 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. 题号 9 10 11 答案 AB BD ACD 详细解答 1．【答案】 【分析】先根据直线的方向向量计算直线的斜率，再结合倾斜角的取值范围求解倾斜角． 【解答】解：设直线的倾斜角为，，， 因为向量是直线的一个方向向量，所以直线斜率， 所以，因为，，所以． 2．【答案】 【分析】将两个平面平行的位置关系转化为向量共线，列方程组，解之即可． 【解答】解：因为，所以，即，解得，，所以． 3．【答案】 【分析】首先根据中点坐标公式，可将对称直线上的点表示成已知直线上的点，然后代入已知直线，即可求出对称直线方程． 【解答】解：设直线点，关于点对称的直线上的点， 所求直线关于点的对称直线为， 由中点坐标公式得，；解得，代入直线， 得，整理得：，即所求直线方程为：． 4．【答案】 【分析】结合向量垂直的坐标表示即可求解． 【解答】解：向量，，1，，，，， 由题意可得，，即． 5．【答案】 【分析】利用空间向量四点共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可． 【解答】解：因为，，，四点共面，， 所以由共面定理可得，，即， 所以，因为， 当且仅当时，等号成立，即最小值为． 6．【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再用线面角公式求解即可． 【解答】解：设正方体棱长为1，以为原点，直线、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，1，， 所以，，因为平面过点且与垂直， 所以就是平面的法向量，设与平面所成角为， 所以，所以． 7．【答案】 【分析】根据点到直线的距离的向量求法计算可得结果． 【解答】解：已知为直线的一个方向向量，点，2，，，，， 所以，所以， 不妨令，可得所以，设直线与直线所成角为， 则，可得， 因此点，，到直线的距离为． 8．【答案】 【分析】对于选项，按照过点的直线过原点和不过原点进行讨论求解；对于选项，利用两条直线平行的公式求出的值，将的值代入直线检验是否有平行，从而得到结论；对于选项，利用两条直线垂直的公式求出的值，利用充分条件和必要条件求解；对于选项，求出直线恒过的定点，求出，，结合图形得到的范围． 【解答】解：对于选项，当过点的直线不过原点时， 此直线在两坐标轴上截距相等，设此直线方程为，代入，得到，解得，设此直线方程为， 当过点的直线过原点时，此直线在两坐标轴上的截距均为0， 截距相等，此时，此直线的斜率为，方程为； 综上可知，过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或，故选项错误； 对于选项，直线与直线互相平行， ，，或， 当时，直线与直线，直线，重合； 当时，直线与直线，； 综上可知，直线与直线互相平行， 则，故选项错误； 对于选项，直线与直线垂直， ，，或， “”是“直线与垂直”的充分不必要条件， 故选项正确； 选项，直线转化为，，解得， 则直线恒过点， ，， 直线和以，为端点的线段相交，或，故选项错误． 9．【答案】 【分析】根据向量的加法的坐标运算，计算即可判断；根据两向量平行的坐标关系，可判断；根据投影向量的求法，代数计算，即可判断；根据夹角为钝角，可得，且与不共线，根据数量积公式求解可判断． 【解答】解：空间向量，，对于，由， 则，，，，，即，解得，故正确； 对于，若，显然与不共线， 若，与共线，则，解得，故正确； 对于，因为在上的投影向量为， 所以，即，解得或，故错误； 对于，若与夹角为钝角，可得，且与不共线， 则，解得，且，即， 所以，，，故错误． 10．【答案】 【分析】选项，先求出直线与两坐标轴的交点，再由三角形的面积公式求解即可；选项，先设出对称点，再构造方程组，解之即可；选项，根据直线方程两点式的适用条件即可判断；选项，设直线的方程为，根据题意可得，再解方程即可． 【解答】解：选项，在直线中，当时，；当时，， 所以该直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，故选项错误； 选项，设点关于直线的对称点为， 则，解得，即所求的对称点为，故选项正确； 选项，当或时，直线方程无意义，故选项错误； 选项，由题知，直线的斜率一定存在，设其方程为， 将直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后， 回到原来的位置，则， 所以，解得，故选项正确． 11．【答案】 【分析】由题意可得该石凳是由6个边长为的正方形和8个边长为的等边三角形围成，结合面积公式，可得判定； 将石凳的直观图补全成正方体，建立坐标系，由异面直线所成角的求法可判断； 由线面角的向量公式可判断； 由点到平面的距离公式可判断． 【解答】解：对于，由题意可得该石凳是由6个边长为的正方形和8个边长为的等边三角形围成，所以其表面积是，故正确； 对于，将石凳的直观图补全成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系，因为， 则，0，，，3，，，0，，，6，，，6，， 所以，． 因为，所以， 所以异面直线与所成的角为，故错误． 对于，设平面的法向量为，则，则， 令，得．设直线与平面所成的角为， 则，故，故正确； 对于，因为平面的一个法向量为，且， 所以点到平面的距离是，故正确． 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12．【答案】． 【分析】结合空间向量夹角公式即可求解． 【解答】解：因为向量，1，，向量满足， 所以，向量与的夹角为，因为， 所以，，，，则向量与的夹角为． 13．【答案】． 【分析】将直线方程转化为交点直线系方程，联立直线方程即可求得定点坐标；当定点与点点构成的直线与垂直时，则点到直线的距离最大时，则问题得解． 【解答】解：因为， 即，由解得，，所以直线恒过定点； 当点与定点所在直线与垂直时，点到直线的距离最大， 此时，即，解得，则，解得， 故直线的方程为：． 14．【答案】 【分析】由题意可得，利用空间向量数量积的运算律即可求出的长． 【解答】解：由条件知，，， 又二面角的平面角为，则， 所以 ，所以． 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．【分析】（1）根据直线方程垂直设出方程求解未知数即可； （2）根据截距的概念分类讨论求方程即可． 【解答】解：（1）因为直线与直线垂直， 所以可设直线的方程为 3分 因为直线过点，所以，解得， 5分 所以直线的方程为 6分 （2）当直线过原点时，直线的方程是，即． 当直线不过原点时，设直线的方程为 10分 把点代入方程得，所以直线的方程是 12分 综上，所求直线的方程为或 13分 16．【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得． （2）设出直线的方程，利用待定系数法求出直线方程． （3）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得． 【解答】解：（1），，， 所以 2分 由点法式方程可得边上的高所在的直线方程为， 即 5分 （2）依题意，设直线的方程为， 而直线过点，则，解得 7分 所以直线的方程为 9分 （3）依题意，边的中点 10分 所以边上的中线所在直线的斜率 12分 所以边上的中线所在直线的方程为，即 15分 17．【分析】（1）根据向量的加法、减法运算即可求解； （2）根据向量的数量积运算及模长公式即可求解； （3）根据向量的数量积为零证明即可。 【解答】解：（1）已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，．设， 所以 2分 4分 （2）因为， 所以 6分 7分 ， 所以 9分 （3） ∵ 12分 ∴ 14分 ∴ 15分 18．【分析】（1）构建空间直角坐标系，令且，应用向量法求证垂直即可； （2）由三棱锥体积最大，只需△面积最大求出参数，再标出相关点的坐标，求平面与平面的法向量，进而求它们夹角的余弦值，即可得正切值． 【解答】证明：（1）如下图，构建空间直角坐标系，令且， 所以，4，，，0，，，，，，4，， 则， 2分 故 5分 所以，即 6分 解：（2）由（1）三棱锥体积取最大，即△面积最大， 所以当时，故，为，上的中点 8分 所以，2，，，4，，，4，，故 10分 若为面的法向量，则，令，故 12分 又面的法向量为 13分 所以 14分 ∴ 15分 所以平面与平面的夹角正切值为 17分 19．【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可知，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，再证，，两两垂直，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用向量法求平面与平面的夹角即可；（ⅱ）设，利用向量法表示出点到平面的距离，可得关于的方程，解之即可． 【解答】（1）证明：取的中点，连接，， 为棱的中点，， 1分 ，，，， 四边形是平行四边形， 3分 又平面，平面， 平面 4分 （2）解：，，，，即， 平面平面，平面平面，平面， 平面 5分 又，平面，，，而， 故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，，，2，，，1，， 为棱的中点，，1， 7分 （ⅰ），， 设平面的法向量为，则， 令，则，， 9分 易知平面的一个法向量为， ，， 平面与平面夹角的余弦值为 10分 （ⅱ）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是， 设，则 11分 由（ⅰ）知平面的一个法向量为， 13分 点到平面的距离是，解得 15分 ，0， 16分 故 17分 数学参考答案与试题解析 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $高二数学第一次月考试题 一、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，有且只有一项 符合题目要求。 1.若向量ā=(-1，√5)是直线1的一个方向向量，则1的倾斜角为() A.君 B.君 C. D.5π 6 2.已知平面a的一个法向量m=Q,1,2),平面B的一个法向量i=(-2,y,z),若x/1B,则y-z= () A.5 B.2 C.-2 D.-6 3.与直线3x-4y+5=0关于坐标原点对称的直线方程为() A.3x+4y-5=0B.3x+4y+5=0C.3x-4y+5=0D.3x-4y-5=0 4.已知向量ā=(2,0,1)，b=(-1,1,2),且a+b与2a-b互相垂直，则k=() A B.3 C.-1 D.2 5.已知M,A,B,C为空间中四点，任意三点不共线，且OM=xOA+yOB-OCx>0,y>0),若M, 4,B,C四点共面，则4+上的最小值为() xV A.4 B.5 c. D.9 6.已知正方体ABCD-AB,CD,过点A且与A4C垂直的平面为a,则AC与平面a成角的余弦值为 () A.3 1 B.3 C.v6 D.2W2 3 3 7.已知i=(a,0,-(a≠0)为直线AB的一个方向向量，点A1,2,-1),P(2,-1,2),则点P到直线AB 的距离为() A.4 B.17 C.3√2 D.√19 8.下列说法正确的是() A.过点A(-2,-3)且在两坐标轴上截距相等的直线1方程为x+y=-5 B.若直线l:+3y+1=0与直线l:2x+(a+1)y+1=0互相平行，则a=-3或2 C.对任意的aeR,“a=0”是“直线ax+2y-1=0与直线(a+1)x-2+1=0垂直”的充分不必要条 件 知直线-y-k-1E0和以M3,D),N飞，2)为端点的线段相交，则实数k的取值范围为2 数学试题第1页共4页 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.己知空间向量ā=1，-1,2)，b=(-1,1),下列说法正确的是() A.若3ā+五=(2，-2,8)，则x=2 B.若a/b,则x=-2 C.若ā在b上的投影向量为五，则x=4 D.若a与b夹角为钝角，则x∈(-o,1) 10.下列说法正确的是（) A.直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是4 B.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为1,1) C.过(：，)，(k,)两点的直线方程为y-=- 2-y12-1 D.若直线1沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置， 则该直线1的斜率为-2 3 11.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体.如图1，这 是某广场放置的石凳，它是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的，其直观图如图2所示.若 AB=3√2，则（) D A.该石凳的表面积是36√3+108 B.异面直线AC与EF所成的角为60° C,直线即与平面ABC所成角的余弦值是 3 B 图1 图2 D.点F到平面ABC的距离是4W5 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量a=(2,1,-2),向量c满足|c=2,(a+c)·c=1,则向量a与c的夹角为 13.动直线1：(2m+1)x+(+1)y-7m-4=0(m∈R)与一点M(4,0).当点M到直线1的距离最大时，直线1的 方程为 14.如图，二面角u-1-B的棱上有两个点A,B,线段BD与AC分别在这 B 个二面角两个面内，并且都垂直于棱1.若二面角α-1-B的平面角为 且AC=2AB=6,BD=5,则CD= 数学试题第2页共4页 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.(本大题满分13分)已知直线1过点(2，-1). (1)若直线1与直线2x+y+3=0垂直，求直线1的方程 (2)若直线1在两坐标轴的截距互为相反数，求直线1的方程. 16.(本大题满分15分)已知△ABC的三个顶点分别是A(5,1),B(7,-3),C(-8,2). (1)求BC边上的高所在的直线方程； (2)若直线1过点A,且与直线x+y+1=0平行，求直线1的方程； (3)求BC边上的中线所在的直线方程. 17.(本大题满分15分)如图，己知平行六面体ABCD-AB,CD中，底面ABCD是边长为1的正方形， A4=2,∠AAB=∠AAD=120°.设AB=a,AD=b,A4=c. 6 (1)试用a,b,c表示向量AC,BD, D (2)求|AC|. (3)求证：A4⊥BD B.-A D 数学试题第3页共4页 18.（本大题满分17分)如图，在棱长为4的正方体OABC-OA'B'C'中，E,F分别是AB,BC上的 动点，且AE=BF. (1)求证：A'F⊥CE; (2)当三棱锥B'-BEF的体积取得最大值时，求平面B'EF与平面BEF的夹角的正切值. B A C B A 19.(本大题满分17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB/DC, AB-CD-AD-1,M为棱PC的中点. (1)证明：BM/平面PAD; (2)若PC=V5,PD=1. (i)求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； (i)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是26？若存在，求出PO的值：若 9 不存在，说明理由. P M B 数学试题第4页共4页