精品解析：安徽芜湖市第一中学2026-2027学年第一学期10月学情监测高二数学试卷

芜湖一中2026—2027学年第一学期10月学情监测高二数学试卷 （总分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并在规定区域贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答卷标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题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. 已知四面体，是BD的中点，连接，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件作出图形，利用空间向量的线性运算即可求解. 【详解】因为是BD的中点， 所以， 所以. 2. 已知直线，，且，则与的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可求得结果. 【详解】因为，则，解得，即直线的方程为，可化为， 故与的距离为. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直的性质得到其数量积为0，从而得解. 【详解】由 可得：， 展开得： ①， 已知 ， 则，，， 代入①可得： ，解得：. 4. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则   . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 5. 已知点关于直线对称的点在圆：外，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用点关于线对称列方程求得Q坐标，代入圆方程得出不等式计算即可. 【详解】设点关于直线对称的点， 则，解得. 因为在圆外，所以，可得 且表示圆可得，即得 综上可得. 6. 我们给出定义：在空间直角坐标系中，若平面经过点，向量，为平面的一个法向量，是平面内的任意一点，则平面的方程为.已知平面的方程为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得平面的一个法向量为，再由点到平面距离向量法求解即可. 【详解】平面的方程可以化为， 则平面的一个法向量为， 且平面经过点，又， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 7. 已知，，直线：上存在点满足，,则的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定直线恒过的定点，根据向量共线条件可知需直线与线段有交点，计算定点与、连线的斜率，结合斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】将直线整理为， 令，解得，即直线恒过定点， 由可知点在线段上，因此只需直线与线段有交点即可满足条件， 直线MA的斜率，对应倾斜角为， 直线MB的斜率，对应倾斜角为， 当时，，直线与线段有交点； 当时，直线方程为，与线段的方程联立， 得交点，在线段上，满足条件， 当时，，直线与线段有交点， 综上，直线的倾斜角取值范围是. 8. 已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出的最小值，即可得到面积的最小值. 【详解】以为原点，分别以所在方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则， 因为，所以， 即，由，即，得， 因为在正方体中，侧面，且， 又因为， 因为，所以当时，取到最小值为， 此时面积取到最小值为. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，且，，，四点共面，则实数为 B. 若直线的一个方向向量与平面的一个法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C. 已知点，，，若，的夹角为锐角，则的取值范围为 D. 已知，，则在上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，利用四点共面的向量定理，代入坐标建立方程组求解参数；对B，依据线面角公式，由方向向量与法向量夹角求出线面角进行判断；对C，向量夹角为锐角需同时满足数量积大于 0、向量不共线两个条件，联立求出参数范围；对D，由投影向量公式代入数值算出投影向量检验正误. 【详解】对于A：四点共面则存在实数满足，代入坐标得方程组， 解得，A正确； 对于B：设直线与平面所成角为，直线方向向量与平面法向量夹角， 由线面角公式，得，B错误； 对于C：计算得，夹角为锐角需满足且两向量不共线， 由得；若共线则，得，故取值范围为，C正确； 对于D：投影向量公式为，计算得，代入得投影向量为，D错误. 10. 如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱（含端点）上的动点，直线平面，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与平面不可能平行 B. 直线与平面不可能垂直 C. 若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 D. 直线与平面所成角的正弦值的范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】举例说明判断A；利用反证法推理判断B；确定平面截正四棱柱所得截面多边形，进而求出截面周长判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解判断D. 【详解】对于A ，取与重合，平面过直线且，由，则，A错误； 对于B，假设直线与平面垂直，而，则，又， 与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，因此假设错误，即直线与平面不可能垂直，B正确； 对于C，正四棱柱，为的中点，连接， 由，平面，平面，得， 又，平面，则平面， 而平面，于是，由平面， 平面，得，又， 则，即，而平面， 因此平面，由平面，得， 又平面，则平面， 即平面为平面，平面截正四棱柱所得截面多边形为， 又，因此截面多边形的周长为，C正确； 对于D，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，设， 平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的范围为，D错误. 11. 已知，，则下列条件中使得数对不唯一的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合题意求得点所在的直线方程且，进而结合点到直线的距离求得，，再逐个分析选项对应方程的解的个数即可. 【详解】由题知：点在直线上，点在直线上，且， 原点到的距离为，到的距离为， 所以，，. 对于A：令，则，只要，直线上到原点距离为的点有2个， 直线上到原点距离为的点也有2个，故不唯一，A符合要求； 对于B：由，等号仅当、时成立， 此时均为垂足，唯一，B不符合要求； 对于C：由得，取代入得， 判别式，存在两个不同的对应，故不唯一，C符合要求； 对于D：条件等价于与同向共线，即 ， 代入坐标解得，，时有无数组解，故不唯一，D符合要求. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一束光线从点射出，沿倾斜角为的直线射到轴上，经轴反射后，反射光线所在的直线方程为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意得出入射光线的方程，求出入射光线与x轴的交点，结合反射的性质得出反射光线的斜率，即可得出答案. 【详解】由题意知，入射光线所在直线的斜率为， 则入射光线方程为，化简整理可得， 则入射光线和轴交点为， 由对称性知反射光线的斜率为，所以反射光线的方程为， 化简整理可得. 故答案为： 13. 已知，，三点，点在圆上运动，设的最大值为，最小值为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆上点的坐标，利用两点间距离公式表示出三个距离平方的和，再结合圆上点纵坐标的取值范围求最值，进而计算即可. 【详解】设点，由在圆上，可得，且, 根据两点间距离公式： ，，， 令，将上述三式相加得： ， 因为， 所以，当时，取得最大值； 当时，取得最小值， 所以，. 14. 在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】在直三棱柱中，因为平面，，所以可以建立空间直角坐标系，利用参数设动点的坐标，利用点到直线的距离公式表示点到直线的距离，再根据函数单调性求出最值. 【详解】在直三棱柱中，因为平面，，所以三条两两垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则. 因为点是棱的中点，所以. 设，其中， 连接，则，， 所以点到直线的距离 ． 设，，则， 所以． 所以当，即，即点与点重合时，点到直线的距离取得最小值，最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，， （1）求边上高线所在直线方程； （2）求的外接圆方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出边所在直线方程的斜率，利用直线垂直的斜率关系，结合点斜式可得边上高线所在直线方程； （2）设出圆的一般式方程，将三点坐标代入求解可得. 【小问1详解】 因为，，所以， 记边上高线所在直线方程的斜率为，则，得， 又边上高线所在直线过点， 所以所求方程为，即. 【小问2详解】 设的外接圆方程为，（）， 则，即， 解得，满足， 所以的外接圆方程为. 16. 已知直线与直线有共同的定点. （1）若直线在，轴上的截距相等，求直线的方程； （2）若点是圆上的动点，点满足，求的最大值. 【答案】（1）或. （2） 【解析】 【分析】（1）对直线在，轴上的截距是否为零进行分类讨论，可得结果； （2）求得点的轨迹方程，再由圆上点到直线距离的最值计算即可. 【小问1详解】 由， 得， 由，所以定点. 因为直线在，轴上的截距相等，设截距分别为，， 当时，直线经过原点，设直线方程为，又经过点， 则有，直线的方程为； 当时，设直线的方程为，代入点，解得， 所以直线的方程为. 综上可得，直线的方程为或. 【小问2详解】 设，，由， 可得，代入， 得即为点的轨迹方程，如下图所示： 圆心，半径，点在圆外，点到圆心的距离为 ， 所以的最大值为. 17. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、上的动点，且． （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）由题意可知：、、两两垂直，所以以为原点， 分别以、、所在方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、， 由于，设，则，则， 所以，，则，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行运算证明即可； （2）利用空间向量夹角公式，结合三棱锥的体积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面，故， 即要使三棱锥的体积取得最大值，只要的面积最大即可. 由题意知：， 当时，即、分别为、中点时，的面积最大，此时、， 设平面的一个法向量为， 又，， 则，即，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 如图，在三棱锥中，是的中点，底面． （1）证明：平面； （2）若点为内（包含边界）一点，且，求点的轨迹的长度； （3）若，二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在三棱锥中，底面． 因为平面，所以， 又因为点是的中点，，所以， 又平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依次求证和即可由线面垂直判定定理得证平面； （2）连接，由已知求证得到点落在以为直径的半圆上即可求解； （3）先建立适当的空间直角坐标系，设，依次求出平面和平面的法向量，接着利用求出，进而得，再利用线面角空间向量法公式直接计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，连接， 由（1）知平面，又平面，所以． 又，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 则在内，，即点落在以为直径的半圆上， 因为，所以点的轨迹长度为； 【小问3详解】 由题意，以A为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 过A作轴垂直于平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 则， 因为点是的中点，则， 设，因为底面，则， 从而． 设平面的一个法向量， ，取，得， 所以平面的一个法向量， 取平面的一个法向量，又二面角的大小为， 所以，解得（负值舍去）， 所以， 设与平面所成角为， 所以． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） （2）存在，正弦值最大值为 【解析】 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【小问1详解】 （i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； 【小问2详解】 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 芜湖一中2026—2027学年第一学期10月学情监测高二数学试卷 （总分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并在规定区域贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答卷标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题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. 已知四面体，是BD的中点，连接，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，，且，则与的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 4. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 5. 已知点关于直线对称的点在圆：外，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 6. 我们给出定义：在空间直角坐标系中，若平面经过点，向量，为平面的一个法向量，是平面内的任意一点，则平面的方程为.已知平面的方程为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，直线：上存在点满足，,则的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，且，，，四点共面，则实数为 B. 若直线的一个方向向量与平面的一个法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C. 已知点，，，若，的夹角为锐角，则的取值范围为 D. 已知，，则在上的投影向量为 10. 如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱（含端点）上的动点，直线平面，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与平面不可能平行 B. 直线与平面不可能垂直 C. 若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 D. 直线与平面所成角的正弦值的范围为 11. 已知，，则下列条件中使得数对不唯一的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一束光线从点射出，沿倾斜角为的直线射到轴上，经轴反射后，反射光线所在的直线方程为_____． 13. 已知，，三点，点在圆上运动，设的最大值为，最小值为，则__________． 14. 在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，， （1）求边上高线所在直线方程； （2）求的外接圆方程． 16. 已知直线与直线有共同的定点. （1）若直线在，轴上的截距相等，求直线的方程； （2）若点是圆上的动点，点满足，求的最大值. 17. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、上的动点，且． （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 如图，在三棱锥中，是的中点，底面． （1）证明：平面； （2）若点为内（包含边界）一点，且，求点的轨迹的长度； （3）若，二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $