广西桂林市桂电中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

高二年级10月份月考数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.已知直线方程为，则该直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2.已知三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为2的正三角形，，若和相交于点M.则（ ） A.      B.2    C.      D. 3.直线的倾斜角为（） A.30° B.45° C.120° D.150° 4.已知a＝(2，－3，1)，则下列向量中与a平行的是(　　) A.(1，2，1) B.(－2，－3，5) C.(2，－3，4) D.(－4，6，－2) 5.如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（） A. B. C. D. 6.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A.，，，     B.，， C.，      D.， 7.已知向量a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为(　　) A. B. C.4 D.8 8.在四面体中，，，，为的中点，且，则（） A. B. C. D. 2、 多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9.（已知向量，，，则（） A. B.在上的投影向量为 C. D.向量共面 10.下面四个结论正确的是（ ） A.任意向量满足 B.若对空间中任意一点，有，则四点共面 C.已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D.已知为平面的一个法向量，为一条直线，为直线的方向向量，则“”是“”的充要条件 11.已知向量a·b＝b·c＝a·c，b＝(3,0，－1)，c＝(－1,5，－3)，下列等式中正确的是(　　) A.(a·b)c＝b·c B.(a＋b)·c＝a·(b＋c) C.(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2 D.|a＋b＋c|＝|a－b－c| 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，点P为线段D1B上的动点，M，N分别为棱BC，AB的中点，若DP∥平面B1MN，则＝                  ． 13.在空间四边形中，，，记二面角的大小为，当时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是                  ． 14.已知点A(1,3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是                  ． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15.（13分）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，底面，． (1)求四棱锥的表面积； (2)求点到平面的距离． 16.（15分）如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为矩形，分别为的中点． (1)求证：直线平面； (2)若，求面与面所成角的余弦值． 17.（17分）如图①所示，正三角形ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别为AC和BC边上的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，如图②所示． (1)试判断翻折后的直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求点C到平面DEF的距离． 18.（17分）长方体中，为棱的中点，，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 19.（15分）已知一组动直线方程为. （1）求证：直线恒过定点，并求出定点的坐标； （2）若直线与轴正半轴，轴正半轴分别交于点两点，求面积的最小值. 答案解析 一、单选题 1.A【解析】依题意，直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为. 故选：A. 2.D【解析】依题意，是的中点，则. 将拆分为，可得. . 故选：D. 3.B【解析】对于直线，可变形为，其斜率. 设倾斜角为，， 由，即，可得. 4.D【解析】设b＝(x，y，z) 与a平行， 则有， 代入所给选项，只有D符合，故选D. 5.A【解析】折叠前，在菱形中，，. 由余弦定理， 可得，即，所以折叠过程中. 因为平面，所以不在平面内，故. 又因为是正三角形，为中点，则，同理，且. 折叠后，平面，平面，平面平面， 两平面距离为. 点在平面，点在平面，所以. 当时，可构成正三棱柱，满足平面， 此时. 综上，. 故选A. 6.D【解析】分析A选项：若，，，， 当与平行时，平面和可能相交，所以A错误. 分析B选项：已知，，仅， 若不在内，无法推出，所以B错误. 分析C选项：已知，，此时可能在平面内，并非一定平行于，所以C错误. 分析D选项：因为，，可得，所以D正确. 故选：D. 7.B【解析】∵|a|＝＝3， |b|＝＝3， ∴cos〈a，b〉＝＝＝， ∴sin〈a，b〉＝， ∴以a，b为邻边的平行四边形的面积为S＝|a|·|b|·sin〈a，b〉＝. 8.B【解析】因为是中点，所以， 又，则， 而，，，， 所以. 二、多选题 9.ABD【解析】,因此,选项A正确; ,由此得, 投影向量为,选项B正确; 由知与不垂直,选项C错误; 由,可知线性相关,因此共面,选项D正确. 10.BC【解析】是与共线的向量，是与共线的向量，与方向不确定，两向量不一定相等，故A错误. 由，计算系数和得，结合空间四点共面的充要条件，得四点共面，故B正确. 是空间的一组基底，， 若共面，则存在实数使得， 整理得方程组，方程组无解，故不共面， 因此也是空间的一组基底，故C正确. 当时，也满足，此时不平行于， 故“”不是“”的充要条件，故D错误. 故选： 11.BCD【解析】∵b·c＝－3＋0＋3＝0，∴a·b＝b·c＝a·c＝0， 对于选项A，(a·b)c＝(0,0,0)，b·c＝0，∴该等式错误； 对于选项B，(a＋b)·c＝a·c＋b·c＝0，a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝0，∴该等式正确； 对于选项C，(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝a2＋b2＋c2，∴该等式正确； 对于选项D，|a＋b＋c|＝＝，|a－b－c|＝＝＝， ∴|a＋b＋c|＝|a－b－c|，∴该等式正确．故选B、C、D． 三、填空题 12. 【解析】如图所示，以D为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 设正方体ABCD -A1B1C1D1边长为2，可得D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，M(1,2,0)，N(2,1,0)， 设＝λ(0＜λ＜1)，可得＝λ＝(2λ，2λ，－2λ)，可得P(2λ，2λ，2－2λ)，可得＝(2λ，2λ，2－2λ)． 设平面B1MN的一个法向量n＝(x，y，z)，则有即 不妨令x＝－2，则n＝(－2，－2,1)． 因为DP∥平面B1MN，所以·n＝(2λ，2λ，2－2λ)·(－2，－2,1)＝－4λ－4λ＋2－2λ＝0， 解得λ＝，即＝． 13. 【解析】由题可知，是边长为的等边三角形， 是以为斜边的等腰直角三角形 . 取中点，连接、，因，， 故为二面角的平面角 . 以为原点，建立空间直角坐标系， ，，， . 则， . 设直线与所成角为，根据向量夹角公式： ，，，代入化简： , 已知，则，进而 . 代入表达式，可得 . 综上，直线与所成角的余弦值的取值范围是 . 14. 【解析】由已知得，直线l恒过定点P(2,1)，如图所示． 若l与线段AB相交， 则kPA≤k≤kPB， 因为kPA＝＝－2，kPB＝＝， 所以－2≤k≤. 四、解答题 15. 解：(1)由底面，四边形为正方形，，得，. 因为，， 故，. 由此得，，底面正方形面积为， 故四棱锥的表面积. (2)设，得为中点， 故点到平面的距离与点到平面的距离相等， 设所求距离为. 由等体积法， 代入得， 化简得， 解得. 16. (1)证明：取的中点，连接，， 因为为的中点，所以且， 因为底面为矩形，为的中点， 所以且，故且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为侧面为正三角形，所以， 因为侧面底面，且侧面底面， 而底面为矩形，所以，且平面， 故平面，而平面， 所以，且，平面，平面， 所以平面， 又，所以平面. (2)解：取的中点，的中点，连接，， 因为为正三角形，所以， 因为侧面底面，交线为，平面， 所以底面， 又，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系， 设，故，，， 故，，，，， 设平面的法向量为， 则即 解得，令，则，所以， 又底面的法向量为， 设侧面与底面所成角大小为， 所以， 所以侧面与底面所成角余弦值为． 17. 解　以D为原点，以DB，DC，DA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(a，0，0)，A(0，0，a)，C(0，a，0)，F，E. (1)AB∥平面DEF. 理由如下： 因为＝(a，0，－a)，＝＝(a，0，－a)， 所以＝. 所以∥. 所以EF∥AB. 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF， 所以AB∥平面DEF. (2)在平面DEF内，＝，＝. 设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令y＝，则z＝－3，x＝－3， 所以平面DEF的一个法向量m＝(－3，，－3)， 又＝(0，a，0)， 所以·m＝3a， 所以点C到平面DEF的距离d＝＝＝a. 18. (1)证明：连接,由长方体结构特征,, 故四点共面,平面即平面. 由为中点,,,,得, 故,,且, 所以,得, 即. 因为平面,平面, 所以. 由,平面, 故平面. (2)解：构建空间直角坐标系,得,,,. 由(1)知为平面的一个法向量. 取平面内向量,, 设平面的法向量为, 则. 取,得,, 故. 计算. 故平面与平面夹角的余弦值为. 19. （1）证明：将直线方程变形为. 因为直线恒过定点，即已知任意，该等式都成立. 所以有. 将两式相加可得：，解得. 把代入，得，解得. 所以直线恒过定点. （2）解：直线分别交x轴的正半轴，轴正半分别交于点两点， 设直线方程为其中． 令，； 令，， 所以S， 当时取等号，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $