精品解析：陕西师范大学附属中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

陕西师大附中2026-2027学年度第一学期 高二年级月考数学试题 满分：120分　　时间：120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32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. 直线的倾斜角是 A. B. C. D. 2. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知直线与直线平行，直线l到的距离与l到的距离相等，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 由曲线围成的图形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 若既是的中点，又是直线与直线的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，三棱锥中，，，为的中点．点满足，则平面与面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的不得分） 9. 已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设坐标原点为，直线，，则（　　） A. 的充要条件是或 B. 若，则 C. 点到直线的距离的最大值是 D. 若经过点的直线与始终垂直，则垂足与原点距离的最大值是 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，点在线段上； B. 当时，三棱锥的体积随着的变化而变化； C. 当时，有且仅有一个点，使得平面； D. 若，则点的轨迹所围成的面积为． 三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分） 12. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则________． 13. 已知点A(2，1)在圆C:(x-a)2+(y+a)2=2a2的外部，则实数a的取值范围为___________． 14. 已知的面积为8，，则的取值范围为________． 四、解答题（本大题共5小题，第15-16题每小题10分，第17-18题每小题12分，第19题每小题14分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知圆的圆心为点，其在直线上，且与轴交于两点，． （1）求圆的标准方程； （2）已知，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程． 16. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点 （1）求证；平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知在中，点，角的角平分线为，边上的中线所在直线为．（注：结果都写成直线方程的一般式） （1）求过点且两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程； （2）求点的坐标； （3）求边所在直线方程． 18. 如图，在平行六面体中，，为和的交点. （1）求； （2）求平行六面体的体积； （3）设四面体外接球球心为O，求点B到平面的距离. 19. 已知平面直角坐标系内的直线与直线，过平面内一点向直线，作垂线，垂足分别为，，记，，定义点的“距离坐标”为． （1）当时，求点的轨迹方程； （2）若点的“距离坐标”为，求点的坐标； （3）已知一束光线从轴上一点出发，经由直线上一点反射后，再经直线上的点反射，最终回到出发点．若点在线段上，求点的“距离坐标”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师大附中2026-2027学年度第一学期 高二年级月考数学试题 满分：120分　　时间：120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32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. 直线的倾斜角是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化直线一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于直线的斜率求得倾斜角. 【详解】由，得， 设直线的倾斜角为，则， ，故选D. 【点睛】本题主要考查直线的斜截式方程的应用以及直线斜率与直线倾斜角的关系，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题. 2. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量加、减运算法则，以为基底表示出向量即可. 【详解】 . 故选：D 3. 已知直线与直线平行，直线l到的距离与l到的距离相等，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线平行求出，设出直线，根据直线l到的距离与l到的距离相等列出等式解出，进而求出答案. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得，故直线， 而直线可以写成，设直线， 因为直线l到的距离与l到的距离相等，所以，解得， 故直线，即直线l的方程为. 故选：D. 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，， 可得，， 则，， 所以， 所以． 5. 如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，求出，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点O,连接如图以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 又分别为母线的中点，所以， 则， 设异面直线和所成角为， 则， 又因为，所以. 故选：C. 6. 由曲线围成的图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用曲线方程化简，取确定圆在第一象限的部分，再根据绝对值呈现出的对称性作图，由图计算面积即可. 【详解】曲线可化为， 当时，解析式为， 易知曲线关于轴，轴，原点对称， 由题意作出图形： 则此曲线所围成的图形由一个边长为的正方形与四个半径为的半圆组成， 所以曲线围成的图形的面积为. 7. 若既是的中点，又是直线与直线的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据条件求，再根据两点确定一条直线，求直线方程，根据垂直关系，即可求中垂线方程. 【详解】由条件可知，，， 且，两式相加得， 即，得， 点是直线和的交点，所以， 所以点满足直线，即直线方程为， ，与直线垂直的直线方程的斜率为， 所以中垂线方程为，整理为. 故选：A 8. 如图，三棱锥中，，，为的中点．点满足，则平面与面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先以为原点，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.接着求出与的坐标，最后求出平面和平面的法向量即可. 【详解】设， 因为，且，可知是以为直角顶点的等腰直角三角形， 故可以以为原点，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，因为是的中点，所以. 设，， 由可得，解得，即. 已知，且， 设，则， 解得，即. 因为，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以； 因为设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面和平面所成角为，且为锐角， 则， 可得，所以平面和平面所成角的正弦值为. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的不得分） 9. 已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，由已知可得，从而得，即可判断；对于B，由已知可得，即可判断；对于C，由已知可得或，即可判断；对于D，由已知可得或，即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A正确； 对于B，因为，，所以，即，故B正确； 对于C，因为，所以， 又因为，所以或，故C错误； 对于D，，所以，又因为， 所以或，故D错误. 故选：AB. 10. 设坐标原点为，直线，，则（　　） A. 的充要条件是或 B. 若，则 C. 点到直线的距离的最大值是 D. 若经过点的直线与始终垂直，则垂足与原点距离的最大值是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据两直线平行列方程，解方程可判断A选项；根据垂直列方程，解方程可判断B选项；易知直线过定点，可知点到直线的最大距离为，易知直线过定点，过，根据直线与始终垂直，可得垂足的轨迹是以为直径的圆，即可判断D选项. 【详解】A选项：若，则，解得， 所以或是的必要不充分条件，A选项错误； B选项：由，则，解得，B选项正确； C选项：由，即，可知过定点， 若点到直线的最大距离为，此时直线的斜率不存在，不合题意，C选项错误； D选项：由直线，即，可知直线过定点， 又过，且直线与始终垂直， 则垂足的轨迹是以为直径的圆， 又，且，中点， 所以垂足的轨迹是， 又原点在圆外， 所以点与原点距离的最大值是，D选项正确； 故选：BD. 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，点在线段上； B. 当时，三棱锥的体积随着的变化而变化； C. 当时，有且仅有一个点，使得平面； D. 若，则点的轨迹所围成的面积为． 【答案】ACD 【解析】 【分析】将代入向量关系式，得到，即可判断A；根据动点到平面距离恒定，即三棱锥体积为定值，可判断B；利用线面垂直的向量条件算出，属于取值区间，即可判断C；将转化为坐标不等式，得到半圆区域，算出轨迹围成的面积为，即可判断D. 【详解】在正三棱柱中，取的中点， 的中点，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， ∵， ∴，，， 选项A，当时，， 化简得，又∵两向量有公共点， 即点在线段上，A正确； 选项B，当时，，点在上， 又直线平面，即点到平面的距离是定值， 即三棱锥的体积是定值，B错误； 选项C，当时，，， ∵平面，∴， ，，即， 即有且仅有一个这样的点，使得平面，C正确； 选项D，若，即， 设，，则， ，，在平面内，表示圆的上半圆， 圆半径，. 三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分） 12. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则________． 【答案】 【解析】 【详解】点关于坐标平面的对称点的坐标为， 点关于坐标平面的对称点的坐标为， 点关于轴的对称点的坐标为， 从而. 13. 已知点A(2，1)在圆C:(x-a)2+(y+a)2=2a2的外部，则实数a的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，解之即可得到结果. 【详解】由于(x-a)2+(y+a)2=2a2表示圆，故 因为点A(2，1)在圆C:(x-a)2+(y+a)2=2a2的外部， 所以，即，解得， 因此实数a的取值范围为， 故答案为：. 14. 已知的面积为8，，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，由三角形面积得到动点纵坐标为定值，将边长之比转化为函数，利用一元二次方程判别式求值域，从而得到比值的范围. 【详解】设，，， ∵的面积为8，∴， 即，， 令，化简得， 此方程有实数解，①当时，，有解； ②当时，， 即，解得， 即， 即. 四、解答题（本大题共5小题，第15-16题每小题10分，第17-18题每小题12分，第19题每小题14分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知圆的圆心为点，其在直线上，且与轴交于两点，． （1）求圆的标准方程； （2）已知，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据垂径定理可得出点的横坐标，将代入直线的方程，可得出圆心的坐标，进而可得出圆的半径，由此可得出圆的标准方程； （2）设、，由中点坐标公式化简得出，再将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹方程. 【小问1详解】 因为圆与轴交于两点、，则线段的中点为， 由垂径定理可知轴，则点的横坐标为， 将代入，得，解得，得圆心， 圆的半径为， 圆C的标准方程为． 【小问2详解】 设、，由中点坐标公式得，即． 将点的坐标代入圆C的方程得， 即，即， 化简得， 线段中点的轨迹方程为． 16. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点 （1）求证；平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 取中点，连结， 分别为中点， ，， ，，四点共面， ，又， ，， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，可证得四边形为平行四边形，结合线面平行的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， ，，，， ，，， 设平面的法向量，则， 令，解得：，，则， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知在中，点，角的角平分线为，边上的中线所在直线为．（注：结果都写成直线方程的一般式） （1）求过点且两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程； （2）求点的坐标； （3）求边所在直线方程． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对直线是否过原点进行分类讨论，设出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，求出参数值，即可得出的方程； （2）设点的坐标为，可得出线段的中点为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出点的坐标； （3）求出点关于直线的对称点的坐标，可求出直线的方程，将该直线方程与直线的方程联立，可得出点的坐标，进而可得出直线的方程. 【小问1详解】 由题意，直线过点，且两坐标轴上截距互为相反数． ①当直线过原点时，设直线的方程为． 将点代入得，解得． 此时直线方程为，即； ②当直线不过原点时，设方程为． 因为截距互为相反数，所以，方程化为，即． 将点代入得：，解得． 此时直线方程为，即． 综上所述，直线的方程为或． 【小问2详解】 因为的角平分线为，所以点在直线上． 设点的坐标为． 设的中点为，则的坐标为，即， 因为边上的中线过点，且的方程为， 所以，解得，所以点的坐标为． 【小问3详解】 点关于直线的对称点为． 因为是的角平分线，所以点在直线上． 设直线的方程为． 将和代入得，解得． 所以直线的方程为． 联立直线与中线的方程：，解得，即点的坐标为． 设直线的方程为， 将和代入得：，解得， 所以直线的方程为，即． 18. 如图，在平行六面体中，，为和的交点. （1）求； （2）求平行六面体的体积； （3）设四面体外接球球心为O，求点B到平面的距离. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）结合图形由空间向量的运算和平面向量的数量积可得； （2）设与底面所成的角度为，底面的投影为，连接，过作于，再连接，由勾股定理结合三角函数关系求出，再由棱柱的体积公式可得； （3）先由几何关系找到四面体的外界球心，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由空间点到面的距离公式可得. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以 ， 所以. 【小问2详解】 ， 设与底面所成的角度为，底面的投影为，连接，过作于，再连接， 因为所以一定在上，由几何关系， 在中，，即，且， 联立可解得，所以六面体的高， 所以六面体的体积为. 【小问3详解】 因为为等腰直角三角形，所以与的交点为其外接圆的圆心， 又，由（2）知， 所以四面体外接球球心为O，且，即， 又且是的中点，则，且平面， 所以平面，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，故， 所以，则， 设平面的法向量为，则，取，则， 所以点B到平面的距离. 19. 已知平面直角坐标系内的直线与直线，过平面内一点向直线，作垂线，垂足分别为，，记，，定义点的“距离坐标”为． （1）当时，求点的轨迹方程； （2）若点的“距离坐标”为，求点的坐标； （3）已知一束光线从轴上一点出发，经由直线上一点反射后，再经直线上的点反射，最终回到出发点．若点在线段上，求点的“距离坐标”． 【答案】（1）或； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由，利用点M“距离坐标”的定义，结合点到直线距离公式列式求出轨迹方程. （2）设出点M的坐标，利用点M“距离坐标”的定义列出方程组求解即得. （3）设点，再求出点关于直线对称点的坐标，由光的反射定律结合向量共线的坐标表示求出，进而求出点的坐标即可得解. 【小问1详解】 由，得点M到直线，的距离相等，设点， 则，即，整理得或， 所以点的轨迹方程为或． 【小问2详解】 设点，依题意，，解得或或或， 所以点的坐标为. 【小问3详解】 设点，点关于直线对称点，关于直线对称点， 当时，，解得， 点，当时，满足上式，因此点， 当时，，解得，点， 当时，满足上式，因此点， 由光的反射定律知，点共线，由点在线段上，得， 而， 因此，解得，， 直线，由，得点， 则点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以点的“距离坐标”为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $