精品解析：广东广州市第二中学南沙天元学校2026-2027学年第一学期月考（一）高二数学试题

广州市第二中学南沙天元学校2026学年第一学期月考（一） 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的，答案无效． 4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题题号对应的信息点，再作答．漏涂、错涂、多涂的，答案无效． 5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题卡的指定位置填涂答案选项． 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知空间向量，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 一个正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，若将正四面体连续抛掷两次，则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，直线，点在直线上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 2 7. 在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）． A. B. C. D. 8. 已知空间向量，，，向量，其中．则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 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，请在答题卡的指定位置填涂答案选项．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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的一个方向向量为 B. 方程与方程表示同一条直线 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 经过点，且在、轴上截距相等的直线方程为 10. 在中，角的对边分别为，的面积为，且，. 下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 边上的中线最大值为 D. 若，为的外心，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为内的任意一点（含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 向量与夹角的取值范围是 D. 若线段的中点为，当时，点的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案写在答题卡的指定位置上． 12. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知甲攻克该题的概率为，乙攻克该题的概率为，则该题至少被一人攻克的概率为_____． 13. 已知的顶点坐标分别为，则边上的高为___________． 14. 如图，在三棱柱中，底面，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为_________. 四、解管题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内． 15. 已知直线，. （1）当时，求的值： （2）当时，直线、的交点为，设，若直线过交点，且点到直线的距离等于，求直线的方程． 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所夹角的正弦值． 17. 记的内角、、的对边分别为、、，已知的面积为，且. （1）求角； （2）若，，求的周长． 18. 如图，平行六面体的所有棱长均为2、，，平面平面，点满足．． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值： （3）是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点， 且法向量为的平面的点法向式方程为 ， 将其整理为一般式方程为，其中. （1）.已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值； （2）.请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为；若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； （3）.斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第二中学南沙天元学校2026学年第一学期月考（一） 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的，答案无效． 4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题题号对应的信息点，再作答．漏涂、错涂、多涂的，答案无效． 5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题卡的指定位置填涂答案选项． 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线方程可知斜率,进而可得直线的倾斜角. 【详解】由直线方程可知斜率为. 故选：D 2. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，结合空间向量垂直的坐标关系求解即可. 【详解】因为，直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，所以，即，解得 3. 已知空间向量，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】现根据空间向量数量积的坐标表示求出，进而根据模长公式求得，进而根据向量与向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为，所以，即， 则有， 所以，又因为， 所以向量与的夹角为. 故选：C. 4. 一个正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，若将正四面体连续抛掷两次，则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将正四面体连续抛掷两次，则一共有个样本点； 其中两次向下的面上数字之积为偶数的情况包含两次都是偶数、或者一奇一偶 （包含第一次是奇数，第二次是偶数；第一次是偶数，第二次是奇数）两类， 包含样本点， 故概率为． 5. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线恒过定点，分别计算，结合图象即可得的范围. 【详解】直线经过定点，如图所示， 则， 因为直线与线段相交， 所以由图可知. 故答案为：. 6. 已知点，直线，点在直线上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，作出点(或点)关于直线的对称点（），作直线（）与直线相交，则交点则就是使取最大值的点,求出点（点）坐标，即得最大距离即（）. 【详解】 如图，作出点关于直线的对称点，连接延长交直线于点,此时点使取得最大值. (原因如下：根据点关于直线的对称图形特征，知,此时, 在直线上另取点,连接,则,) 不妨设点，则有：解得：即, 故 故选：C. 7. 在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解. 【详解】分别作，，垂足为，则． 由，可得， 所以． 因为， 则 即， 故， 故选：B． 8. 已知空间向量，，，向量，其中．则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】证明出四点共面后，根据当平面时，有最小值，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解即可． 【详解】设， 因为，所以， 所以四点共面，当平面时，有最小值． 可得，， 设平面的一个法向量，则， 取，则，所以为平面的一个法向量， 所以到平面的距离，故A正确. 故选：A． 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，请在答题卡的指定位置填涂答案选项．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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的一个方向向量为 B. 方程与方程表示同一条直线 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 经过点，且在、轴上截距相等的直线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用直线的方向向量、直线方程的定义域、点到直线的距离最值、截距型直线方程的性质逐项判断即可得. 【详解】对A：直线的斜率为，又， 故该直线的一个方向向量为，故A正确； 对B：方程中，，而方程中，可为， 故两方程不表示同一条直线，故B错误； 对C：直线方程可化为，该直线过定点， 则点到直线的距离最大值为点到点的距离， 此时直线与直线垂直，即有，解得，故C正确； 对D：若该直线方程过原点，则该直线方程为， 若该直线方程不过原点，可设该直线方程为，有， 故该直线方程为， 综上可得：该直线方程为或，故D错误. 10. 在中，角的对边分别为，的面积为，且，. 下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 边上的中线最大值为 D. 若，为的外心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用数量积公式及三角形面积公式即可化简求出，从而判断选项A；利用余弦定理结合基本不等式即可求出面积最大值，从而判断选项B；先由余弦定理可得中线满足，再利用选项B所求，即可求出的最大值，从而判断选项C；利用正弦定理，结合数量积的几何意义及向量的线性运算即可求出的值，从而判断选项D. 【详解】对于A，由，根据数量积定义可得， 又，所以，所以， 又，所以，选项A正确； 对于B，由，根据余弦定理可得， 又，所以， 由基本不等式可知，当且仅当时取等号， 所以，则， 又， 所以的最大值为，选项B错误； 对于C，设中点为，则，， 在和中， 由余弦定理可得，， 则，化简整理得， 由B知，则，所以， 又由B知， 则， 所以，则的最大值为， 即边上的中线最大值为，选项C正确； 对于D，由正弦定理可得，又，，， 所以， 因为为的外心，则在上的投影为， 在上的投影为， 由向量数量积的几何意义可得，， 所以，选项D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为内的任意一点（含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 向量与夹角的取值范围是 D. 若线段的中点为，当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面平行的性质，可知点到平面的距离始终相等，即可判断选项A；根据线面平行的性质，利用等体积法计算即可判断选项B；由可知向量与夹角即为向量与夹角，从而求出夹角的取值范围，即可判断选项C；连接，由可知点在平面内，结合已知条件即可得出为点的轨迹，求出其长度即可判断选项D. 【详解】对于A，在正方体中，且， 则四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 同理平面，又平面，， 所以平面平面， 所以点到平面的距离始终相等，又面积不变， 所以三棱锥的体积为定值，选项A正确； 对于B，由A知平面，则点到直线的距离的最小值， 等于点到平面的距离， 设点到平面的距离为，由， 则， 易知，，， 代入上式解得，选项B错误； 对于C，由A知，所以向量与夹角即为向量与夹角， 又为等边三角形， 当点在上时，向量与夹角为0； 当点在上时，向量与夹角为， 所以向量与夹角的取值范围为，选项C正确； 对于D，连接，设，连接， 由，则点在平面内，又点在平面内， 所以点在两个平面的交线上，即平面平面， 又为等边三角形，边长为，所以， 即点的轨迹长度为，选项D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案写在答题卡的指定位置上． 12. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知甲攻克该题的概率为，乙攻克该题的概率为，则该题至少被一人攻克的概率为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】利用相互独立事件的概率公式求解即可. 【详解】记“甲攻克该题”为事件，“乙攻克该题”为事件，由题意知与相互独立，，， “该题至少被一人攻克”的对立事件为“甲、乙两人都未攻克该题”，即事件， 又、为独立事件，与也相互独立， 可得，， 则， 故该题至少被一人攻克的概率为． 13. 已知的顶点坐标分别为，则边上的高为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算向量的坐标、模长及数量积，再利用空间中点到直线的距离公式求出点C到直线AB的距离，即为AB边上的高. 【详解】由题可得，，则，，， AB边上的高即为点C到直线AB的距离d，根据空间点到直线的距离的向量公式： . 14. 如图，在三棱柱中，底面，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥补成直三棱柱，由题设易得三棱锥的外接球的半径为，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离为，进而求解即可. 【详解】如图所示，将三棱锥补成直三棱柱， 分别取的中点，连接，取的中点，连接， 由底面，， 则分别为的外心，，， 由题意知，三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，为球心， 则外接球的半径为. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知，，， 则. 设平面的一个法向量为， 则，令，得，又， 所以点到平面的距离为， 则平面截三棱锥的外接球的截面圆的半径， 所以截面圆的面积为. 四、解管题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内． 15. 已知直线，. （1）当时，求的值： （2）当时，直线、的交点为，设，若直线过交点，且点到直线的距离等于，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由两直线平行则且，列方程求解即可. （2）求出交点坐标，分直线l的斜率存在和不存在两种情况，由点到直线的距离等于2列方程，求解即可. 【小问1详解】 因为，所以由两直线平行的系数关系得，解得. 【小问2详解】 当时，直线，， 联立方程，得到，所以交点， ①直线的斜率不存在时，的方程为，点到的距离为，符合要求； ②当直线的斜率存在时，设的方程为，整理得到， 因为点到的距离为，所以，解得， 代入得直线的方程为：， 综上，直线的方程为：或. 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所夹角的正弦值． 【答案】（1） 连接，底面是菱形，， 所以是等边三角形，， ，，， 平面， 又平面， ， ，平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， ，，、、两两垂直， 令，可得，，， 以为坐标原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，， ， ，， 平面的法向量， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面所夹角为， 则， 所以， 平面与平面所夹角的正弦值为． 17. 记的内角、、的对边分别为、、，已知的面积为，且. （1）求角； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2）周长为 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式与余弦定理，可得，根据的范围可求得； （2）利用正弦定理化简，结合的范围，可得.然后再利用正弦定理可求得、的长度，进而得到的周长. 【小问1详解】 由三角形面积公式可得；由余弦定理，， 代入，可得， 因为，所以，因为，所以. 【小问2详解】 由结合正弦定理， 因为，所以， 又因为，所以，，所以. 因为，由正弦定理， 所以， . 所以周长为. 18. 如图，平行六面体的所有棱长均为2、，，平面平面，点满足．． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值： （3）是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：如图，连接交于，连接，， 因为，，所以与相似，所以， 即，又，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于，借助相似性质可得，结合可得，再利用线面平行判定定理即可得； （2）结合题目所给条件，可建立适当空间直角坐标系，再求出直线的方向向量与平面的法向量，最后利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）设，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，因为平面平面，且， 平面平面，平面， 所以平面，由于，所以， 又，，由余弦定理得， 所以，所以，则， 如图以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 由得，则， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为； 【小问3详解】 设，因为，， 所以， 所以， 则点到平面的距离， 整理得，解得或（舍去）， 所以时使得点到平面的距离为. 19. 定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点， 且法向量为的平面的点法向式方程为 ， 将其整理为一般式方程为，其中. （1）.已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值； （2）.请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为；若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； （3）.斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题目涉及定义可得直线的方向向量与平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案； （2）在平面内取一点，又由题意可得平面的法向量，然后由可得点到平面距离公式；由题意可得 所围成的几何体为由这六个顶点形成的正八面体.，然后由所得公式可得答案； （3）由题意可得侧面的法向量，侧面的法向量，据此可得平面与平面的交线的方向向量，然后由平面的一个法向量为，结合题意可得.最后由空间向量知识可得答案. 【小问1详解】 因为直线的点方向式方程为， 所以直线的一个方向向量坐标为. 因为平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 故. 【小问2详解】 因为，不妨设， 在平面内取一点， 则向量. 取平面的一个法向量. 所以点到平面的距离为： . 因为.故表示这六个顶点形成的正八面体. 设内切球的半径为，则即为原点到平面的距离， 则，所以内切球的表面积为. 【小问3详解】 因平面经过三点， 可得， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得. 由平面的一般式方程， 可知平面的一个法向量为. 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，可得. 因为侧面所在平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为，由， 则，，解得，即. 故平面与平面夹角的余弦值为： . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $