精品解析：北京市景山学校远洋分校2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

北京景山学校远洋分校10月月考 高二数学 一、单选题（本大题共10个小题，每题只有一个正确选项） 1. 对于空间的三个向量，它们一定是（ ） A. 共面向量 B. 共线向量 C. 既不共线也不共面的向量 D. 无法判断 2. 已知空间向量，，若三点共线，则（ ） A. B. 4 C. D. 3. 已知，，则是（ ） A. 30° B. 60° C. 150° D. 120° 4. 在正方体中，若，，，E为线段上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间向量，则的位置关系是（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 异面 D. 与的取值有关 6. 如图，在四棱柱中，底面是正方形，，，且，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 直线与平面所成的角为 7. 已知向量满足，，，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 8. 已知，分别是圆台的上、下底面圆半径，且，，，若异面直线，所成的角为，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 9. 在正四棱柱中，，，，分别为棱，的中点，，均为线段上的动点，，点在线段上，当取得最小值时，直线与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时与轴夹角的正弦值为，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题） 11. 已知三棱锥，平面与平面的法向量分别为，，若，则二面角的大小为______． 12. 已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围是______. 13. 在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则_______，异面直线与所成角的余弦值为_______． 14. 已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________． 15. 如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界）．给出下列四个结论： ①平面截正方体的截面为等腰梯形； ②若，则点的轨迹长度为； ③三棱锥的外接球的表面积为； ④若平面，则直线不可能垂直于直线． 其中所有正确结论的序号是_________． 三、解答题（本大题共6道小题） 16. 已知向量，，，计算下列各式的值． （1）； （2）； （3）. 17. 如图，在正方体 中，分别是棱的中点. （1）求证：四点共面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在正三棱柱中，，M，N分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）设平面与平面的交线为l，求直线l与直线MN所成的角. 19. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 20. 已知四棱柱的各棱长均为2，，，，． （1）证明：； （2）请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定． （i）求λ的值； （ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 21. 类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； （3）在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校远洋分校10月月考 高二数学 一、单选题（本大题共10个小题，每题只有一个正确选项） 1. 对于空间的三个向量，它们一定是（ ） A. 共面向量 B. 共线向量 C. 既不共线也不共面的向量 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】分两种情况讨论： 若共线，则均为共线向量，而共线向量必然是共面向量， 若不共线，则可作为平面内的一组基底，是的线性组合，根据共面向量定理，三个向量共面， 综上，一定是共面向量. 2. 已知空间向量，，若三点共线，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三点共线等价于对应向量共线的性质，结合共线向量的数乘关系列方程求解参数. 【详解】因为A、B、C三点共线，所以向量与共线，根据共线向量基本定理，存在实数，使得，即， 得，解得. 3. 已知，，则是（ ） A. 30° B. 60° C. 150° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的夹角公式求出，结合向量夹角的取值范围可得出的大小. 【详解】由题意可得， 因为，故. 4. 在正方体中，若，，，E为线段上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量基本定理，结合向量加法和数乘的几何运算求解. 【详解】， 故选：B. 5. 已知空间向量，则的位置关系是（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 异面 D. 与的取值有关 【答案】B 【解析】 【详解】，所以. 6. 如图，在四棱柱中，底面是正方形，，，且，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 直线与平面所成的角为 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，由向量的加减法运算即可判断；对于B，，代入条件即可；对于C，将分解为，求模长即可；对于D，直线与平面所成的角即，余弦定理即可求解. 【详解】由题可知，A正确； ，B错误； 因为底面是正方形，所以，同B可得. 所以 ，所以，即，C正确； 如图，连接，则即为直线与平面所成的角. 所以，所以，D正确. 7. 已知向量满足，，，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由共线向量可设，再由数量积运算即可求解． 【详解】由，，得， 由得，，得，则， 得， 故选：C 8. 已知，分别是圆台的上、下底面圆半径，且，，，若异面直线，所成的角为，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过向量分解将空间线段长度转化为向量运算，利用异面直线​与所成角，分析与的夹角情况​，需分别计算向量数量积。再代入已知的各线段长度和向量数量积结果，计算的可能值。 【详解】因为，，，异面直线所成的角为， 所以或，所以 ． 当时，， 当时，． 综上，或，由于选项中只有，故选C． 9. 在正四棱柱中，，，，分别为棱，的中点，，均为线段上的动点，，点在线段上，当取得最小值时，直线与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用对称性和平移法求出取得最小值时的长度，再利用几何法得到直线与底面所成的角为，然后在中即可计算的正切值． 【详解】因为分别为棱的中点，所以， 在棱上取点，使得，连结， 则四边形为平行四边形，故， 又因为关于的对称点为，连结，则， 因此， 当三点共线时，取得最小值，此时， 由于底面，连结，则直线与底面所成的角为， 而此时， 故当取得最小值时，直线与底面所成角的正切值为． 10. 如图，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时与轴夹角的正弦值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二面角、异面直线所成角的定义，线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及余弦定理、正弦型函数的性质求解即可. 【详解】函数的最小正周期，， 过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，过点、点分别作、轴的平行线，交于点，连接，. 因为，则，，，， 所以为矩形，则，， 且即为与轴夹角，则. 因为，，所以即为二面角的平面角，则， 因为平面，，所以平面， 又，所以平面，又平面，所以. 在中，， ，. 在中，，，， 由余弦定理得， 即，所以. 二、填空题（本大题共5小题） 11. 已知三棱锥，平面与平面的法向量分别为，，若，则二面角的大小为______． 【答案】或 【解析】 【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果. 【详解】因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补且， 所以二面角的大小为或. 12. 已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量夹角为钝角的等价条件：两向量数量积小于0且不反向共线，列不等式求解参数范围. 【详解】由两向量夹角为钝角的必要条件，得， ，解得. 若与共线，则存在实数满足， 即，解得，此时， 故，实数的取值范围为. 13. 在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则_______，异面直线与所成角的余弦值为_______． 【答案】 ①. ②. ##0.6 【解析】 【分析】将正方体的棱作为基底，通过基底表示出所求向量，计算即可． 【详解】 由图可知；； 则； ； ； 则； 故异面直线与所成角的余弦值为． 14. 已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 15. 如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界）．给出下列四个结论： ①平面截正方体的截面为等腰梯形； ②若，则点的轨迹长度为； ③三棱锥的外接球的表面积为； ④若平面，则直线不可能垂直于直线． 其中所有正确结论的序号是_________． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】对①先由平行公理可作截面，进而再判断截面为等腰梯形可得；对②由正方体中可得侧面，再由勾股定理得，从而得的轨迹是正方形内，以​为圆心、​为半径的一段四分之一圆弧，再由弧长公式计算可得；对③先确定直角的外接圆圆心，再由垂径定理找到球心位置，设，再分别计算，，从而可得半径及外接球的表面积；④由①的分析知点的轨迹是线段，再结合正方形的性质，当为对角线的中点时，，故结论错误. 【详解】结论①：取棱的中点，连接，，，如图： 因为是的中点，是棱的中点，所以，. 又因为正方体中，且，所以四边形为平行四边形， 因此，由平行公理得，所以平面截正方体的截面为，且为梯形. 由勾股定理得：​，，即. 且​，， 因此四边形是一组对边平行、另一组对边等长且不平行的等腰梯形， 也就是平面截正方体的截面，故结论①正确. 结论②：正方体中侧面，因此对侧面内任意点， 由线面垂直的性质得，即为直角三角形. 若​，且，由勾股定理得. 因此的轨迹是正方形内，以​为圆心、​为半径的一段四分之一圆弧，如图： 对应圆心角为，因此轨迹弧长为，故结论②正确. 结论③：因为为直角三角形，其外接圆圆心为斜边的中点， 设为外接球球心，为棱的中点，连接，如图： 所以平面，又因为正方体中，平面，所以. 又因为分别为棱的中点，所以，因此且平面. 所以四边形为直角梯形，设，且， 所以，又因为， 因为为外接球球心，所以，即，解得. 所以外接球的半径， 因此外接球表面积，故结论③正确. 结论④：由对结论①分析知，且平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以点的轨迹是线段. 因为四边形为正方形，所以当为对角线的中点时，，与“不可能垂直”矛盾，故结论④错误. 三、解答题（本大题共6道小题） 16. 已知向量，，，计算下列各式的值． （1）； （2）； （3）. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的数量积运算即可得到答案； （2）根据空间向量模的运算即可得到答案； （3）根据空间向量的夹角运算即可得到答案. 【小问1详解】 因为向量，，所以， 故. 【小问2详解】 因为向量，，所以， 故. 【小问3详解】 因为向量，，所以. 17. 如图，在正方体 中，分别是棱的中点. （1）求证：四点共面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：如图， 取的中点，连接， 因为分别是棱的中点， 所以，，所以，四点共面， 又，，所以，四点共面， AI 又因为过不共线的三点的平面具有唯一性， 则平面与平面重合，故四点共面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行关系可得四点共面，四点共面，再根据过不共线的三点的平面具有唯一性，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方形的边长为， 则，，，，， 则，，， 设平面的法向量， 则，令，解得平面的一个法向量， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，在正三棱柱中，，M，N分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）设平面与平面的交线为l，求直线l与直线MN所成的角. 【答案】（1）证明：如图，取的中点G，连接NG，AG． 由N，G分别为，的中点，得，且． 又因为，且， 所以，且． 故四边形AMNG为平行四边形．所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角余弦值即可； （3）利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AB中点O，中点H，连结CO，OH． 在正三棱柱中，平面ABC，为等边三角形， 则，，易得平面ABC. 所以，. 故AB，OC，OH两两互相垂直，不妨设， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 因此，， 设平面的法向量为， 则即 令，则.于是. 取BC中点Q，则易知为平面的一个法向量. 平面的一个法向量. 所以． 由题意知二面角为钝角，所以其余弦值为． 【小问3详解】 因为，平面，平面，所以平面. 因为平面平面，平面，所以. 又因为. 设直线l与直线MN所成角为α，， 直线l与直线MN所成角为. 19. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）由为正三角形，为的中点，得， 由平面平面，平面平面，且平面， 得平面，又平面，所以. （2）存在点，使得直线与平面所成的角为，且. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，在菱形中，，则为正三角形， 由是的中点，得，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为45°， 设，由，则， 可得，显然平面的法向量， 因此，解得， 所以存在满足条件的点，使得直线与平面所成的角为且. 20. 已知四棱柱的各棱长均为2，，，，． （1）证明：； （2）请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定． （i）求λ的值； （ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 【答案】（1） 取AD中点O，连接，BO，因为， 所以为正三角形． 所以，又，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）选①③或选②③，均有（i）；（ii）． 不可选①② 【解析】 【分析】（1）取AD中点O，连接，BO，通过证明AD⊥平面得到. （2）若选①③：利用，可求出，得到，OA⊥OB，（i）以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用二面角的余弦值为，求出；（ii）方法1：表示出，设平面的一个法向量为，求出与夹角的余弦值，得到直线GB与平面所成的角的正弦值.方法2：连接OG、，证明∠OGB为直线GB与平面所成的角，在Rt△OGB中求解即可. 若选②③：在中，由余弦定理得出，进而得到 ，中，由余弦定理得，验证满足，得到，OA⊥OB，后续同选①③一致. 若选①②，则点G的位置不确定，与题意不符合． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选①③： （i）在四棱柱中，点G在棱上， 因为，DG平面，平面， 所以平面，由（1）可知：AD⊥平面， 所以， 所以，即，OA⊥OB， 以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则令， 则，因为平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为得： ， 即，因为，所以． （ii）方法1： 因为，平面的一个法向量为， 设直线GB与平面所成的角为θ， 则， 所以直线GB与平面所成的角的正弦值为． 方法2： 因为点G为棱中点，连接OG、，因为平面ABCD， 又平面ABCD，所以，又，，平面， ，所以BO⊥平面， 所以为直线GB与平面所成的角， 在中，，所以． 所以直线GB与平面所成角的正弦值为． 若选②③： （i）因为，在中，由余弦定理得， 因为四边形是平行四边形，所以， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，即，， 下同（i）的解法. 若选①②，则点G的位置不确定，与题意不符合． 21. 类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； （3）在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 【答案】（1） （2）存在， （3）证明：由题意得，设平面内任一条直线为， 当过点时，记与的夹角为，， 由（1）及三面角公式可得， 因为，所以， 又，所以， 当不过点时，过点作，记与的夹角为，， 则， 又，所以， 综上， 【解析】 【分析】（1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值； （2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案； （3）分两种情况，当过点和不过点，由（1）及三面角公式可得，又，所以，证明出结论. 【小问1详解】 设，连接， 因为底面为菱形，所以，，为的中点， 又，为公共边，所以≌， 所以，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面， 故二面角的大小为， 又，则，， 又，所以为等边三角形，， 由三面角余弦定理得 ； 【小问2详解】 存在，，理由如下： 由三面角余弦定理得， 即，， 显然为锐角，故， 在中，由正弦定理得， 即，故， 由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 此时，使得； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $