精品解析：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. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的斜率，进而求出倾斜角即得. 【详解】依题意，直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为. 故选：A 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．则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的基本运算可得，再由夹角以及模长运算即可得结果. 【详解】如下图所示： 根据题意可知令，且，； 可得 ； 所以 . 故选：D 3. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 45° C. 120° D. 150° 【答案】B 【解析】 【分析】由直线的一般式方程，明确其斜率，令斜率与倾斜角的关系，可得答案. 【详解】由直线，则该直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，解得. 故选：B. 4. 已知，则下列向量中与平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设 与平行， 则有， 代入所给选项，只有D符合. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围. 【详解】 折叠前，连接. 由题意，在菱形中，， ， 则由余弦定理得，， 所以，，故在折叠过程中，. 折叠后，若平面， 则平面，则，故BD项错误； 折叠前，在菱形中，，， 则是正三角形， 由分别为棱中点， 则，所以. 折叠后，， 又平面，且平面， 则平面，同理平面，所以平面平面， 则平面与平面的距离即为， 由点平面，点平面，则. 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面，此时. 所以最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A. 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. ， 【答案】D 【解析】 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断. 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，则，，，故B错误； 对于C：满足，，则或，故C错误； 对于D：由，,故D正确. 故选：D. 7. 已知向量，则以为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，， 所以. 因为，所以. 所以以为邻边的平行四边形的面积为. 8. 在四面体OABC中，，，，为BC的中点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用空间向量的加减数乘运算，结合三角形法则和平行四边形法则可解. 【详解】, 即. 故选：B. 二、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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量模长、投影向量求法、向量垂直的坐标表示、向量共面的判断方法依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，，，，A正确； 对于B，， 在上的投影向量为，B正确； 对于C，，与不垂直，C错误； 对于D，，共面，D正确. 故选：ABD. 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 【答案】BC 【解析】 【分析】根据数量积的定义即可判断A；根据空间向量共面定理的推论即可判断B；根据空间向量基本定理即可判断C；根据时，，即可判断D. 【详解】对于A，表示与共线的向量， 表示与共线的向量， 而的方向无法确定，所以无法判断是否相等，故A错误； 对于B，因为，且， 所以四点共面，故B正确； 对于C，是空间的一组基底，若， 当共面时，则， 所以，无解，所以不共面， 所以也是空间的一组基底，故C正确； 对于D，时，，故D错误. 故选：BC. 11. 已知向量，下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用数量积定义即可；对于B，C，利用数量积的运算律即可；对于D，把模的运算转化为数量积运算即可. 【详解】因为，所以. 对于选项A，，故A错误； 对于选项B，因为， 所以，故B正确； 对于选项C，，故C正确； 对于选项D，因为， ， 所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在正方体中，点为线段上的动点，分别为棱的中点，若平面，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体边长为2,用向量法求解. 【详解】如图所示,以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系. 设正方体边长为2,可得 设，可得可得,可得. 设平面的一个法向量，则有，即 不妨令x=-2，则. 因为平面，所以， 解得：，即. 故答案为：. 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__________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线与所成角余弦的取值范围. 【详解】易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，则，，所以即为二面角的平面角. 如图： 以为原点，建立空间直角坐标系. 则，，， 则，. 设直线与所成角为， 则. 又，所以，. 所以 故答案为： 14. 已知点，，若直线与线段相交，则的取值范围________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出直线过定点，利用斜率计算公式求出，，再数形结合即可得解． 【详解】解：直线经过定点， ，， 又直线与线段相交，由图可知，即； 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 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C到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据长度关系分析可知，，进而可求四棱锥的表面积； （2）分析可知点C到平面的距离与点A到平面的距离相等，利用等体积法结合锥体的体积公式求点到面的距离. 【小问1详解】 由题意可知：，， 则，，可知，， 可得， 所以四棱锥的表面积. 【小问2详解】 设，则为的中点， 可知点C到平面的距离与点A到平面的距离相等，设为， 因为，即，解得， 所以点C到平面的距离． 16. 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． 【答案】（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）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，根据几何性质证得，再通过线面垂直证明平面，从而得到平面. （2）取的中点，的中点，连接，，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求解平面与底面的法向量，结合空间向量的坐标运算求解面面夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 如图①所示，正三角形的边长为，是边上的高，，分别为和边上的中点，现将沿翻折成直二面角，如图②所示． （1）试判断翻折后的直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）平面. 理由如下：由题意知，平面平面，. 翻折后，，， 因为平面平面，则即为直二面角的平面角， 所以. 以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 因为，， 所以，所以，即. 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）结合直二面角的定义建立空间直角坐标系，利用平行关系的向量表示得到，根据线面平行的判定定理证明即可. （2）求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 又， 所以，. 所以点到平面的距离. 18. 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. 【答案】（1） 连接，根据长方体的结构特征易知，即四点共面， 所以平面即为平面， 由为棱的中点，，，，则， 所以，且，则， 所以，则， 而平面，平面，则， 由都在平面内，则平面，即平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用三角形相似得，由长方体结构特征及线面垂直的性质得，最后应用线面垂直的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题设，可构建如图示的空间直角坐标系，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 又，，若是平面的一个法向量， 所以，取，则， 所以，即所求两个平面夹角的余弦值为. 19. 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，轴正半分别交于点两点，求面积的最小值. 【答案】定点为（4,1）, 最小值为8. 【解析】 【分析】（1）直线方程按k分解变形，方程恒成立，得到方程组，求出点的坐标，即可证：直线恒过定点． （2）根据点斜式写出直线方程，求出面积的表达式，根据均值定理得出面积的最小值． 【详解】（1）直线方程，整理可得：恒成立，由此，解得，由此直线恒过定点（4,1）． （2）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，当时取等号，． 【点睛】本题较难，考查直线恒过定点的知识，三角形的面积的最小值的求法，基本不等式的应用，考查计算能力，转化思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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．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，则下列向量中与平行的是（ ） A. B. C. D. 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，则以为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在四面体OABC中，，，，为BC的中点，且，则（ ） A. B. C. D. 二、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，下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在正方体中，点为线段上的动点，分别为棱的中点，若平面，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，，若直线与线段相交，则的取值范围________． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 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C到平面的距离． 16. 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. 如图①所示，正三角形的边长为，是边上的高，，分别为和边上的中点，现将沿翻折成直二面角，如图②所示． （1）试判断翻折后的直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求点到平面的距离． 18. 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. 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，轴正半分别交于点两点，求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $