精品解析：内蒙古师范大学附属第二中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试卷

2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试卷 本卷满分150分 考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 已知，，且，则（ ） A. 9 B. 0 C. 1 D. 3. 经过点，且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点，点在直线上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是的直径，点是所在平面外一点，点是圆周上不同于，的任意一点，若平面平面，则下列结论一定正确的是（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 6. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 直线关于点对称的直线方程为（ ） A. B. . C. D. 8. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，且，半径为的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 已知直线：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线与直线垂直，则 C. 若直线在轴上的截距为3，则 D. 若，则直线的倾斜角的取值范围为 10. 已知直线l在x轴上的截距为1，且点到l的距离相等，则l的方程是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，N，P分别是，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 四面体的外接球的表面积为 B. 不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C. 过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 点是四边形内的动点，且直线PH与直线AD的夹角为，则点的轨迹长度为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 直线恒过定点___________． 13. 一个圆柱的体积和底面周长均为，若该圆柱能够被整体放入一个球内，则该球的最小体积为___________. 14. 如图，在长方体中，，.，M，N分别是棱，，的中点.若点P是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为__________. 四、解答题（本题共5个小题，共77分） 15. 已知三角形的三个顶点分别为、、； （1）求边上中线的方程， （2）过点作的垂线，垂足为，求直线的方程并求出点的坐标， 16. 已知在中，点，角的平分线所在直线的方程为边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标及直线的方程； （2）求点的坐标． 17. 如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在一点，使二面角的大小为？若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由. 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，，，，是棱的中点，是棱上异于端点的一点. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值； （3）若直线与平面所成角的大小为，求线段的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试卷 本卷满分150分 考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】D 【解析】 【详解】将直线方程化为斜截式： ， 可得直线斜率， 设倾斜角为，，则，解得. 2. 已知，，且，则（ ） A. 9 B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，解得. 3. 经过点，且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】直线可化为，斜率为. 所求直线与已知直线平行，故斜率也为. 又所求直线经过点，由点斜式得 ， 整理得，即. 4. 已知点，点在直线上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】的最小即点到直线的距离，代入公式即可. 【详解】由题意，的最小值是点到直线的距离， 即. 故选：A. 5. 如图，是的直径，点是所在平面外一点，点是圆周上不同于，的任意一点，若平面平面，则下列结论一定正确的是（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用面面垂直的性质推理判断即可. 【详解】由是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，得， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，而平面，因此，B正确； 由不垂直于知不垂直于平面，A错误； 因与不一定垂直，故得不出平面,故C错误； 又因，但与不一定垂直，故得不出平面，从而推不出,即D错误. 6. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为， 所以该圆锥的表面积为， 设球O的半径为R，则球O的表面积为， 由题意知，所以， 圆锥的体积，球O的体积， 所以. 7. 直线关于点对称的直线方程为（ ） A. B. . C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设直线关于点对称的直线任一点为，根据点对称代入即可求解. 【详解】设直线上任一点关于点对称的直线任一点为， 可得，解得， 因为在直线上，代入即可得， 化简得的，即对称直线方程为. 8. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，且，半径为的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出圆台及球的轴截面，从而可得等腰梯形及其内切圆，再结合勾股定理及条件解方程可得. 【详解】作圆台及球的轴截面，圆台的轴截面是等腰梯形且与球的截面的圆相切，如图： 所以圆台的母线长. 由勾股定理得：，化简得①. 又，代入①得：，，解得或. 若时，则，，所以圆台的侧面积； 若时，则，此时几何体是圆柱不是圆台，不符合题意，舍去. 因此，圆台的侧面积为. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 已知直线：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线与直线垂直，则 C. 若直线在轴上的截距为3，则 D. 若，则直线的倾斜角的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A：直线的方程可化为，由，解得， 即该直线恒过定点，故A正确； 对于B：直线的斜率为，直线与直线垂直， 则直线得斜率，故B错误. 对于C：由，令，解得，依题意，解得，故C正确； 对于D：依题意，因，由正切函数的性质，可得，故D错误. 10. 已知直线l在x轴上的截距为1，且点到l的距离相等，则l的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，确定直线的特征，再按是否垂直于轴分类求解. 【详解】由直线在x轴上的截距为1，得直线过点， 由点到的距离相等，得直线过中点或， 直线过点，则l的方程可以为； 当直线时，由直线的斜率为1，得的方程为，即， 所以直线的方程为或. 故选：BC 11. 如图，在棱长为1的正方体中，N，P分别是，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 四面体的外接球的表面积为 B. 不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C. 过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 点是四边形内的动点，且直线PH与直线AD的夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A正确； 对于B选项，连接，，，因为且， 故四边形为平行四边形，所以，因为P，N分别是中点， 则，所以，即，，，四点共面， 而平面与的交点唯一，故即为，又不为的端点， 因此不存在满足条件的点，B正确； 对于C选项，如图，在平面上作，垂足为点， 过点在平面内作交BC或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为 当Q与点无限接近时，面积接近于0， 过且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为，C错误； 对于D选项，依题意，直线PH与直线的夹角为， 取的中点，连接PO，则， 则平面，取AB的中点，以为圆心，为半径作圆，交，于X，Y， 则点H的轨迹为以O为圆心，1为半径的部分圆弧， 又，故 所以点的轨迹长度为，D正确. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 直线恒过定点___________． 【答案】 【解析】 【分析】将直线化为，即可得定点. 【详解】由题设，显然直线过定点. 故答案为： 13. 一个圆柱的体积和底面周长均为，若该圆柱能够被整体放入一个球内，则该球的最小体积为___________. 【答案】 【解析】 【详解】底面周长， ， 当圆柱与球外接时，球体积最小， 圆柱外接球球心在圆柱上下底面圆心连线中点， 轴截面是矩形长，宽， 矩形对角线就是球的直径， ，， 球体积. 14. 如图，在长方体中，，.，M，N分别是棱，，的中点.若点P是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质，结合空间向量数量积的坐标表示公式、配方法进行求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，.，M，N分别是棱，，的中点， 所以 ， 因为点P是平面内的动点 所以设， 设平面的法向量为， ，， 所以有， 因为平面， 所以，即 于是， 当时，线段长度有最小值， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用平面法向量的性质、空间向量数量积的坐标表示公式. 四、解答题（本题共5个小题，共77分） 15. 已知三角形的三个顶点分别为、、； （1）求边上中线的方程， （2）过点作的垂线，垂足为，求直线的方程并求出点的坐标， 【答案】（1） （2）直线的方程为； 【解析】 【分析】（1）首先求的中点坐标，再求直线方程； （2）根据垂直关系求直线的斜率，再求直线方程；联立直线和的方程，求交点坐标. 【小问1详解】 设边上的中点为点，且、， 则，即， 边上的中线为，，所以直线, 所以边上中线的方程为； 【小问2详解】 ， 因为，所以，则， 所以直线的方程为， 直线，整理为：， 联立，得，， 则点的坐标为. 16. 已知在中，点，角的平分线所在直线的方程为边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标及直线的方程； （2）求点的坐标． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意，联立方程组，求得的坐标，由边上的高所在直线方程，得到直线的斜率为，结合点斜式方程，求得得直线方程； （2）设关于直线的对称点为，列出方程组，求得，根据题意，得到点在直线上，求得的直线方程为，联立方程组，求得点的坐标. 【小问1详解】 设，联立方程组，解得，所以点的坐标为， 因为边上的高所在直线的方程为，可得斜率为， 可得直线的斜率为， 所以的直线方程为，即. 【小问2详解】 设关于直线的对称点为， 可得，解得，所以， 因为角的平分线所在直线的方程为，可得点在直线上， 可得，所以的直线方程为，即， 联立方程组，解得，所以点的坐标为. 17. 如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） 方法一： 取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则有，即， 令，则，，即， 因为，又平面， 所以平面； 方法二： 如图，连接交于点，连接， 易知为的中点，又点为的中点，故， 而平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，根据空间向量的位置关系证明可得结果； 方法二：连接交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明可得结论. （2）方法一：由点到平面距离的向量求法直接计算可得结果； 方法二：利用等体积法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 点到平面的距离. 方法二： 因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为， 因为，，平面， 故平面，平面，故， 由题意知，，所以， ，， 由， 代入解得. 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在一点，使二面角的大小为？若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点M位于靠近点C的四等分处 【解析】 【分析】（1）由已知易得四边形为平行四边形，有，进而有，利用面面垂直的性质有平面，最后根据面面垂直的判定证结论； （2）首先证明两两垂直，构建空间直角坐标系，设且求的坐标，再求面、面的法向量，根据已知角大小及空间向量夹角坐标表示求即可判断存在性. 【小问1详解】 因为，，Q为的中点， 所以四边形为平行四边形，则． 所以，即． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）知：平面，平面，则， 又，为的中点，则， 所以两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系， 所以，，则， 假设存在点M，设且，得， 所以，又， 设平面法向量为，则，令，则． 由（2）知平面的法向量为，二面角为， 所以，解得， 故线段上存在点M使二面角大小为，且点M位于靠近点C的四等分处． 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，，，，是棱的中点，是棱上异于端点的一点. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值； （3）若直线与平面所成角的大小为，求线段的长. 【答案】（1）证明：取的中点，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为，且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，由，求得，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，可得，又因为，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 因为，可得是的中点，可得， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为，则， 所以二面角的正弦值为. 【小问3详解】 解：设，其中， 因为，可得， 所以， 又因为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为直线与平面所成的角为，可得， 即，解得， 又因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $