精品解析：北京市育才学校2026-2027学年度第一学期高二十月月考数学试卷

北京育才学校2026-2027学年度第一学期 高二数学十月月考试卷 （100分钟，100满分） 一、选择题（每小题4分，8道小题，共32分） 1. 已知空间中三点，，，则（ ） 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. 若如图中的直线，，的斜率分别为，，，则（   ） A. B. C. D. 4. 空间四边形中，、分别是、的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 经过点且在两坐标轴上截距相等的直线是（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 已知空间向量和三个不同的点、、，且，则“点在直线上”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体为“刍（chú）甍(méng)”.若底面是边长为4的正方形，，和是等腰三角形，，且平面和平面与平面所成角均为，则多面体所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，已知，，，分别在棱上，且满足平面. 给出下列三个结论： ① 平面平面， ② 面积的最大值为， ③ 平面与平面所成角的最大值为， 其中所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 二、填空题（每小题4分，6道小题，共24分） 9. 若向量，则________． 10. 直线的倾斜角的大小是______． 11. 如图，在平行六面体中，点为与的交点，若，，，且，则________． 12. 平面的法向量为，直线的方向向量为，请在①，②中选择一个填在横线上，并写出答案．若选______，（填写①或②）则____________． 13. 如图，在三棱锥中，等边三角形的边长为2，平面，且，则直线与平面所成角的余弦值为______. 14. 已知边长为2的菱形，，如图所示，将沿着折起至．给出以下4个结论： ①三棱锥的体积最大值为1： ②存在，使得； ③对任意，都有； ④若二面角所成的平面角为，则点到平面的距离为． 其中结论正确的序号为_______________． 三、解答题（共4道小题，共44分） 15. 已知三个顶点的坐标分别为、、，求 （1）边所在直线的方程； （2）边上的中线所在直线的方程. 16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，且． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 17. 如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点，且． （1）求证； （2）已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 18. 如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）已知点在以点为球心的同一球面上，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京育才学校2026-2027学年度第一学期 高二数学十月月考试卷 （100分钟，100满分） 一、选择题（每小题4分，8道小题，共32分） 1. 已知空间中三点，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 故 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. 若如图中的直线，，的斜率分别为，，，则（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设直线､､的倾斜角分别为， 则， 由图可知：，， 所以. 4. 空间四边形中，、分别是、的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用向量减法法则化简，再结合三角形中位线对应的向量线性关系运算即可得到结果． 【详解】根据向量减法的三角形法则，可得， 因为分别是的中点， 所以为的中位线，由中位线性质得， 将上述结果代入原式计算：． 5. 经过点且在两坐标轴上截距相等的直线是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由题意分截距为0与截距不为0两种情况求解即得. 【详解】当直线经过原点时，此时直线方程可设为， 代入点，解得，所以直线方程为即； 当直线不经过原点时，设所求直线的截距式方程为， 代入点，解得，所以直线方程为. 综上，经过点且在两坐标轴上截距相等的直线是或. 故选：C. 6. 已知空间向量和三个不同的点、、，且，则“点在直线上”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量法结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】因为空间向量和三个不同的点、、，且， 若点在直线上，则，故存在实数使得. 由题设可得，， 即“点在直线上”“”， 若，不妨假设点不在直线上，则为平面的一个法向量，符合题意， 所以“点在直线上”“”， 故“点在直线上”是“”的充分不必要条件. 故选：B. 7. 在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体为“刍（chú）甍(méng)”.若底面是边长为4的正方形，，和是等腰三角形，，且平面和平面与平面所成角均为，则多面体所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何体的性质利用所给边长和角度，作出二面角的平面角利用勾股定理可求出，即可得出所有棱长之和. 【详解】取的中点分别为，连接，如下图所示： 因为底面是边长为4的正方形，和是等腰三角形，， 则，，且； 易知，且，则即为平面与平面所成的角，则，同理， 作于点，于点， 易知，所以， 因此多面体所有棱长之和为. 故选：D 8. 如图，在直三棱柱中，已知，，，分别在棱上，且满足平面. 给出下列三个结论： ① 平面平面， ② 面积的最大值为， ③ 平面与平面所成角的最大值为， 其中所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，由线面垂直得到面面垂直；对于②，建立空间直角坐标系，设，其中，根据垂直关系得到方程，求出，故，求出的面积为，求出最大值；对于③，求平面的法向量，求出得到平面与平面所成角的最大值. 【详解】对于①，因为平面，而平面，所以平面平面，①正确； 对于②，因为直三棱柱中，已知，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 其中， 则，， 因为，，， 所以， ， 解得， 因为，所以，故， 故， ， ， 所以， 故， 故当时，面积取得最大值，最大值为，②正确； 对于③，平面的一个法向量为，， 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角的大小为，， 则， 由于在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为，③正确. 故选：D 二、填空题（每小题4分，6道小题，共24分） 9. 若向量，则________． 【答案】 【解析】 【详解】. 10. 直线的倾斜角的大小是______． 【答案】（或） 【解析】 【详解】 11. 如图，在平行六面体中，点为与的交点，若，，，且，则________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理将用线性表示，对照求出的值即得. 【详解】因点为与的交点，则, 于是 ，则， 故. 12. 平面的法向量为，直线的方向向量为，请在①，②中选择一个填在横线上，并写出答案．若选______，（填写①或②）则____________． 【答案】 ①. ①或② ②. 2（对应①的答案），（对应②的答案） 【解析】 【分析】根据线面平行、线面垂直分别对应法向量与方向向量垂直、共线的关系，代入坐标列式计算即可． 【详解】平面的法向量为，直线的方向向量为， 若选①：由，可得平面的法向量与直线的方向向量垂直， 因此，，整理得，即； 若选②：由，可得平面的法向量与直线的方向向量共线， 解得，， ． 13. 如图，在三棱锥中，等边三角形的边长为2，平面，且，则直线与平面所成角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，，易证平面，可得是与平面所成的角，再分别求出，的长，根据求出余弦值即可. 【详解】如图，取的中点，连接，， 由是等边三角形，则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 所以是与平面所成的角，又是等边三角形，， 为的中点，所以，， 因为平面，，所以，， 则，即直线与平面所成角的余弦值为. 14. 已知边长为2的菱形，，如图所示，将沿着折起至．给出以下4个结论： ①三棱锥的体积最大值为1： ②存在，使得； ③对任意，都有； ④若二面角所成的平面角为，则点到平面的距离为． 其中结论正确的序号为_______________． 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】取中点，建立空间直角坐标系，利用二面角和棱锥的体积公式求解. 【详解】 因为是菱形，且，所以和都是边长为2的等边三角形，取中点，连接和， 则，，，二面角的平面角就是. ①，高是到平面的距离，显然当平面平面时，高最大值为， 此时：，所以①正确； ②以为原点，为轴，为轴，垂直平面向上为轴建立空间直角坐标系， 则：，，，设，则， 所以，，， 令，得，所以，则或， 此时，，即：存在，使得，所以②正确； ③，，所以，即：恒成立，所以③正确； ④若，则点到平面的距离为，所以④正确. 综上所述，正确的序号为①②③④. 三、解答题（共4道小题，共44分） 15. 已知三个顶点的坐标分别为、、，求 （1）边所在直线的方程； （2）边上的中线所在直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程； （2）首先求出的中点的坐标，即可求出中线的斜率，再由斜截式求出直线方程. 【小问1详解】 因为、，所以， 所以边所在直线的方程为，即； 【小问2详解】 因为、，所以的中点为，不妨记， 又，所以， 所以边上的中线所在直线的方程为，即. 16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，且． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由异面直线夹角余弦公式进行求解； （2）求出平面的法向量，利用相关公式求出点到平面的距离. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以，． 又因为，， 所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为； 【小问2详解】 由（1）知，，，． 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，．所以平面的一个法向量为． 所以点到平面的距离为． 17. 如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点，且． （1）求证； （2）已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）因为平面，平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以 （2）或 【解析】 【分析】（1）直接根据线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，因为点在线段上，所以设，再根据已知条件，利用线面角的夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，故以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， 得：，， 因为点在线段上， 所以设，其中，则． 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，是平面的一个法向量， 故直线与平面所成角的正弦值为， 解得或． 故线段的长为或． 18. 如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）已知点在以点为球心的同一球面上，求的长. 【答案】（1） 过作于， 因为，，， 所以，则，故，则. 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，平面，则， 又，所以平面，平面， 所以平面平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）过作于，根据已知可得，由面面垂直的性质有，最后由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，应用向量法求二面角的余弦值； （3）设，由及空间两点的距离公式列方程求得，即可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，所以，， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，． 所以，，设平面的法向量为， 则，即，令，则，于是， 因为平面的法向量为，所以， 由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 设，由题知， 所以 ， 整理得，解得，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $