精品解析：广东省东莞市众美中学2026-2027学年度高二上学期第一次月考数学试卷

2026~2027学年度第一学期第一次月考 高二数学 命题人：余波元 说明：本试题共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．贴好条形码． 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． 参考公式：锥体体积公式，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高． 一、选择题：本题共8题，每题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. 经过点两点的直线的倾斜角是，则的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 2. 在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知点关于z轴的对称点为B，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ） A. ，3 B. ，2 C. 1，3 D. ，2 5. 如图，，分别是正方体的棱与的中点，则下列判断正确的是（ ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与互相平行 C. 直线与互相垂直 D. 直线与是异面直线 6. 在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6 7. 已知点A(0，3)，B(3，2)，直线l过点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ） A. [－2，0)∪(0，] B. (－∞，－]∪[2，＋∞) C. [－2，] D. (－∞，－2]∪[，＋∞) 8. 半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体，如图，点P，A，B，C，D为该半正多面体的顶点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共24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. 已知是空间的一个基底，则下列向量组中，也能构成空间基底的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 10. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线在轴上的截距为1 B. 直线的倾斜角 C. 直线必过定点 D. 点到直线的距离为1 11. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面AEF截正方体所得的截面周长为 D. 直线AF与平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则__________. 13. 在平行六面体中，若，则______． 14. 已知向量（为坐标原点），设是直线上的一点，那么的最小值是_____ 四、解答题：本题共5小题，第15题13分，16，17题各15分，18，19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚． 15. 已知的三个顶点分别为，，，求： （1）所在直线的方程： （2）过点与边平行的直线方程； 16. （1）已知向量，. ①计算；②求. （2）已知向量，. ①若∥，求实数； ②若，求实数. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点．求： （1）异面直线与所成角的大小； （2）点到平面的距离； （3）直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）求点到直线的距离. 19. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点. （1）求证：平面BDE； （2）求平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值； （3）在棱PB上是否存在点F，使得平面DEF？若存在，请求出的值；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 $ 2026~2027学年度第一学期第一次月考 高二数学 命题人：余波元 说明：本试题共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．贴好条形码． 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． 参考公式：锥体体积公式，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高． 一、选择题：本题共8题，每题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. 经过点两点的直线的倾斜角是，则的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由倾斜角与斜率的关系求解． 【详解】由已知，解得， 故选：A． 2. 在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量运算计算即得. 【详解】在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则， 所以. 故选：C 3. 已知点关于z轴的对称点为B，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解. 【详解】点关于z轴的对称点为B， 所以. 故选：A. 4. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ） A. ，3 B. ，2 C. 1，3 D. ，2 【答案】D 【解析】 【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可. 【详解】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：D 5. 如图，，分别是正方体的棱与的中点，则下列判断正确的是（ ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与互相平行 C. 直线与互相垂直 D. 直线与是异面直线 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线性质判断A，B，应用正方形特征判断C，应用线线平行共面判断D. 【详解】由题知，平面，与平面交于点，，所以直线与是异面直线，故A错误； 平面，与平面交于点，，所以直线与是异面直线，故B错误； 正方体各个表面均为正方形，所以直线与互相垂直，故C正确； 因为，分别是正方体的棱与的中点，所以， 因为所以是平行四边形，所以， 所以，所以，，，四点共面，所以直线与不是异面直线，故D错误. 故选：C. 6. 在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先将用表示，然后再结合数量积的运算律即可得解. 【详解】因为，所以 ， 从而，即的长为． 故选：C. 7. 已知点A(0，3)，B(3，2)，直线l过点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ） A. [－2，0)∪(0，] B. (－∞，－]∪[2，＋∞) C. [－2，] D. (－∞，－2]∪[，＋∞) 【答案】D 【解析】 【分析】求出和，数形结合观察满足直线l过点且与线段AB有公共点下斜率的变化情况即可求出结果. 【详解】根据题意，作出图形如下图： 直线PA的斜率为，直线PB的斜率为， 所以由图可知过点且与线段AB有公共点时，直线l的斜率取值范围是. 故选：D. 8. 半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体，如图，点P，A，B，C，D为该半正多面体的顶点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】如下图所示， 所以. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共24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. 已知是空间的一个基底，则下列向量组中，也能构成空间基底的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】AB 【解析】 【分析】A、B选项，通过向量线性运算检验是否存在非零线性组合为零向量进行判断；C、D选项，都满足线性关系式，可得共面. 【详解】由题知不共面. 对于A，假设存在实数，使得，即，则， 即不共面，可以构成空间的一个基底，故A正确； 对于B，假设存在实数，使得，即，则， 即不共面，可以构成空间的一个基底，故B正确； 对于C，因为，所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误； 对于D，因为，所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误. 10. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线在轴上的截距为1 B. 直线的倾斜角 C. 直线必过定点 D. 点到直线的距离为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线的相关概念和定义逐个判定即可. 【详解】对于A：当时解得，所以直线在轴上的截距为1，A正确； 对于B：直线的斜率，所以，又，所以，B错误； 对于C：直线满足当时无论参数取什么值时，恒成立，所以过定点，C正确； 对于D：点到直线的距离为，D正确， 故选：ACD 11. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面AEF截正方体所得的截面周长为 D. 直线AF与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】确定外接球并求出表面积判断A；证明线面平行并结合等体积法判断B；求出截面周长判断C；求出线面角的正弦判断D. 【详解】对于A，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则该外接球的直径为， 因此三棱锥的外接球表面积为，A错误； 对于B，连接，由且，得四边形是平行四边形， 则，又，于是，四边形是平面截正方体所得的截面图形， 连接，则由、均为所在棱的中点，得，， 则四边形是平行四边形，，又平面，平面， 因此平面，点到平面的距离即为到平面的距离， 为定值，即三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C，由选项B知，平面截正方体所得的截面图形为四边形， 而，，， 平面截正方体所得的截面周长为，C正确； 对于D，连接，由平面，得是直线与平面所成的角， 又，，，， 因此直线与平面所成角的正弦值为，D错误． 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，即可得到结果. 【详解】因为， 则. 故答案为： 13. 在平行六面体中，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量的线性运算法则得到，结合，求得的值，即可求解. 【详解】在平行六面体中， 由向量的线性运算法则，可得， 又由， 所以，解得，，， 故． 故答案为：. 14. 已知向量（为坐标原点），设是直线上的一点，那么的最小值是_____ 【答案】 【解析】 【分析】设点的坐标为，利用向量的坐标运算将转化为关于的二次函数，利用二次函数的性质求出的最小值. 【详解】设，则，， ， 当时，取得最小值，故答案为：. 【点睛】本题考查平面向量数量积的最值的计算，解题的关键利用设点的坐标的方法，将向量的数量积转化为二次函数，利用二次函数的基本性质求解，考查运算求解能力，属于中等题. 四、解答题：本题共5小题，第15题13分，16，17题各15分，18，19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚． 15. 已知的三个顶点分别为，，，求： （1）所在直线的方程： （2）过点与边平行的直线方程； 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先求的斜率，再根据点斜式求解即可 ； （2）根据平行线的关系得所求直线斜率，再根据点斜式方程求解即可. 【小问1详解】 解：由，，直线的斜率 由点斜式，代入点，，化简得：, 所以，所在直线的方程为 【小问2详解】 解：与平行的直线斜率，直线过， 所以，所求直线方程为：，化简得：. 所以，所求直线方程为： 16. （1）已知向量，. ①计算；②求. （2）已知向量，. ①若∥，求实数； ②若，求实数. 【答案】（1）①； ②；（2）①；② 【解析】 【分析】（1）①根据题意可得，根据模长的坐标运算求解；②根据题意可得，根据向量的夹角公式运算求解； （2）根据题意求.①根据向量共线的坐标运算求解；②根据向量垂直的坐标运算求解. 【详解】（1）①因为向量， 则，所以； ②由题意可得：， 则， 且，所以； （2）因为向量， 则，， ①若， 则，解得； ②若， 则，解得. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点．求： （1）异面直线与所成角的大小； （2）点到平面的距离； （3）直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解方向向量，利用向量法求异面直线与所成角的大小； （2）求得平面的一个法向量，利用向量法求得点到平面的距离； （3）求得直线的方向向量，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得． 设异面直线与所成角为，则． 因为， 所以． 因为，所以， 即异面直线与所成角的大小为． 【小问2详解】 设平面的法向量为，则， 因为， 所以 令，则， 所以平面的一个法向量为． 因为， 所以点到平面的距离， 即点到平面的距离为． 【小问3详解】 由（2）得平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为，则． 因为， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）求点到直线的距离. 【答案】（1） 证明：设的中点为，连接，则， 又平面，平面，所以平面； 连接，因为且， 所以是平行四边形，所以， 又平面，平面，以平面； 又，且平面，平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，连接，则，连接，利用线面平行、面面平行的判定和性质，可得证； （2）利用平行于平面的直线上各点到平面的距离相等和等体积法可求得线到面的距离； （3）连接，运用三角形的等面积法可求得所求的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 设到平面的距离为d， 则，而， 又，所以， 所以，解得， 所以直线到平面的距离为； 【小问3详解】 连接，则， 设点到直线的距离为h， 所以，解得， 所以点到直线的距离为. 19. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点. （1）求证：平面BDE； （2）求平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值； （3）在棱PB上是否存在点F，使得平面DEF？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 以为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则， 所以， 设平面BDE的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面BDE的一个法向量为， 所以，所以。 又平面，所以平面BDE； （2） （3）在棱上存在点，使得平面，此时 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线所在的向量与平面的法向量相互垂直，并且直线不在平面内可得直线与平面平行. （2）分别求出两个平面的法向量，利用向量的有关运算计算出两个向量的夹角，进而得到平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值. （3）假设存在点F，则直线PB所在的向量与平面DEF的法向量平行，根据这个条件可得到一个方程，再根据有关知识判断方程的解的情况. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为侧棱底面ABCD，底面ABCD，所以， 又因为底面ABCD是正方形，所以， 又，平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量. 由（1）知是平面的一个法向量. 设平面BDE与平面DEC的夹角为， 所以， 所以平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 因为， 所以，所以， 假设棱上存在点，使平面， 设， 则，， 由， 所以，解得， 即在棱上存在点，使得平面，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $