精品解析：浙江平阳县万全综合高级中学普高升学部2026-2027学年高二上学期第9月月考数学试卷

万全综合高级中学2026学年第一学期普高升学部月考试卷 高 二 数 学 考生须知： 1.本卷共两部分，满分150分，时间120分钟. 2.试卷分为试卷(共4页)和答题卡(共2页).请在答题卷上写上考生姓名、班级、考号. 3.请考生将所有答案写在答题卷上，写在其他上无效. 4.本次考试不得使用计算器，请耐心解答.祝你成功！ 一、单项选择题：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. 设，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知复数的共轭复数为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 在空间四边形中，已知，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，P为内一点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A. B. C. D. 二.多项选择题：每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分 9. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 点为平面上的一点，且，则 B. 若为空间的一组基底，则不能作为空间的一组基底 C. 若，则与共线 D. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 10. 在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ） A. B. C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 D. 点O到直线BC的距离是 11. 如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 该三棱柱的外接球的表面积为 C. 异面直线与所成角的正切值为 D. 二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面经过点，且向量是平面的法向量，则点到平面的距离为________. 13. 已知向量，，，若共面，则等于_________. 14. 二面角中，，，，，且，，若，，，，则此二面角的正弦值为_________． 四、解答题（本大题共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. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，点为的中点． （1）用向量，，表示，； （2）求线段的长 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 （1）证明：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 17. 已知锐角的面积为6，且. （1）若，求； （2）若，且，求. 18. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面； （2）若在同一个球面上，求该球的半径； （3）求平面与平面所成角的余弦值． 19. 已知定义在上的函数对任意恒有，当时，． （1）求，判断函数的奇偶性并说明理由； （2）判断的单调性，并证明； （3）若对任意的不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 万全综合高级中学2026学年第一学期普高升学部月考试卷 高 二 数 学 考生须知： 1.本卷共两部分，满分150分，时间120分钟. 2.试卷分为试卷(共4页)和答题卡(共2页).请在答题卷上写上考生姓名、班级、考号. 3.请考生将所有答案写在答题卷上，写在其他上无效. 4.本次考试不得使用计算器，请耐心解答.祝你成功！ 一、单项选择题：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. 设，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的运算求解. 【详解】由，解得，则， 因为，所以， 所以. 故选：A. 2. 在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标的特点，即可求出B的坐标. 【详解】由题意在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称， 则B的坐标为， 故选：C 3. 若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由斜率（直线的倾斜角）求解即可. 【详解】设直线的倾斜角为，因为直线的斜率是，所以， 又因为，所以，即直线的倾斜角为． 故选：C 4. 已知复数的共轭复数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，进而求得. 【详解】由，得，所以. 故选：B. 5. 设，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果. 【详解】向量， 且， ∴，解得 ∴， ∴，选项C正确. 故选：C． 6. 在空间四边形中，已知，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在空间四面体中，用向量加法法则表示，再结合投影向量的计算方法求解. 【详解】由题意， 则，， 因为， 所以在上的投影向量为. 故选：C 7. 在三棱锥中，P为内一点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长PB到，使得，延长PC到，使得，连接，，，根据 ，，，得到P是的重心求解. 【详解】延长PB到，使得，延长PC到，使得，连接，，，如图所示： 因为，，， 所以， 所以P是的重心， 所以，即， 所以， 整理得． 故选：C 8. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求出与，利用，求出，用坐标表示出，转化为关于的一元二次方程即可求解. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，其中，， 则，， ∵，∴，得 ∵，∴， 由空间中两点之间的距离公式， 得， 当时，，当趋近于时，趋近于， 结合二次函数的性质可得，线段的长度的取值范围为. 二.多项选择题：每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分 9. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 点为平面上的一点，且，则 B. 若为空间的一组基底，则不能作为空间的一组基底 C. 若，则与共线 D. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，，当点，，，共面时，有，即，故A错误. 对于B，若为空间的一组基底，则，，不共面， 因为，所以说明向量，，三个向量共面， 所以不能作为空间的一组基底，故正确. 对于C，根据数量积的定义：， 所以 因为， 所以， 所以与的夹角为或，即与共线，故正确. 对于D，因为，， 所以，所以，且两个平面不重合， 所以，故D正确. 10. 在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ） A. B. C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 D. 点O到直线BC的距离是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB；利用异面直线夹角的向量求法判断选项C；利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答. 【详解】对于A，，，， 依题意，，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，,因为， 则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确； 对于D，因为，，在上的投影为， 所以点O到直线BC的距离是，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 该三棱柱的外接球的表面积为 C. 异面直线与所成角的正切值为 D. 二面角的余弦值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，欲证平面，只需证明，由易证，故A项正确； 对于B，由、、三条直线两两垂直，可知直三棱柱是一个长方体沿对角面切开得到的直三棱柱，因此原长方体的对角线是三棱柱外接球的直径，因此直三棱柱的外接球的表面积易求，然后再判断. 对于C，由于，异面直线与所成角为，在中，的正切值易求，然后判断. 对于D，由、、三条直线两两垂直，以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量的夹角，然后再判断即可. 【详解】解：在直三棱柱中，四边形是矩形， 因为，所以，不在平面内，平面， 所以平面，A项正确； 因为，所以， 因为，所以，所以， 易知是三棱柱外接球的直径， 所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误； 因为，所以异面直线与所成角为． 在中，，， 所以，所以C项错误； 二面角即二面角， 以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图 则， ，，， 设平面的法向量， 则，即，令可得， 设平面的一个法向量为， 则，即，令可得 故二面角的余弦值为，所以D项正确． 故选：AD. 【点睛】综合考查直三棱柱中线线角、线面角的求法，线面平行的判定，以及直三棱柱的外接球的表面积的求法，中档题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面经过点，且向量是平面的法向量，则点到平面的距离为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题设，结合平面的法向量，应用点到平面距离的向量求法即得. 【详解】由题设，又向量是平面的法向量， 所以点到平面的距离为. 故答案为： 13. 已知向量，，，若共面，则等于_________. 【答案】9 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理列方程，能求出结果． 【详解】因为，，且共面， ， ， ，解得． 即， 故答案为：9． 14. 二面角中，，，，，且，，若，，，，则此二面角的正弦值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用题目所给信息，将边长转化为向量的长度，根据垂直条件得到二面角的平面角，利用向量的数量积定义即可求出该角，即可求解. 【详解】 由题意可知，，，，， ，，， 所以二面角的平面角， ， 所以， 即，因为，所以，所以， 此二面角的正弦值为. 四、解答题（本大题共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. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，点为的中点． （1）用向量，，表示，； （2）求线段的长 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量基本定理，结合向量的线性运算求解即可； （2）根据（1），结合向量的模长公式求解即可. 【小问1详解】 解:方法一：由题意知， ； 方法二：因为为的中点， 所以． 【小问2详解】 解：因为四边形是正方形，，， 所以，，， 所以 ， 所以，即线段的长为． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 （1）证明：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 【答案】（1）证明：分别为的中点， 为正方形， ,平面平面， 平面.； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题知平面 建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， ，，， 设平面的一个法向量为 则，令则， 设直线与平面所成的角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知锐角的面积为6，且. （1）若，求； （2）若，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式直接求解即可. （2）分别在三角形和三角形中使用余弦定理求出的值和长，最后在三角形中利用正弦定理求解即可. 【小问1详解】 由题意，， 将与代入得，即. 【小问2详解】 因，结合图形可知点在线段的反向延长线上，且， 由可得，则， 因为锐角三角形，则， 在中，由余弦定理，， 则，又由余弦定理，， 在中，由余弦定理，， 则，在中，由正弦定理，， 则有. 18. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面； （2）若在同一个球面上，求该球的半径； （3）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 由题意平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点中点，连接， 则， 因为平面，平面，所以，所以， 在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则． 设该球的球心坐标为，则 解得. 所以该球的半径为. 【小问3详解】 法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接， 平面平面平面， 平面平面，所以平面． 而平面，故， 又因为，平面，故平面， 而平面，所以， 则为平面与平面的所成角. 直角三角形中，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 法二：平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则即 取，得平面的一个法向量为. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 19. 已知定义在上的函数对任意恒有，当时，． （1）求，判断函数的奇偶性并说明理由； （2）判断的单调性，并证明； （3）若对任意的不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） 令，则，解得； 为奇函数，理由如下： 定义域为关于原点对称， 令得，即， 所以为奇函数. （2） 在上单调递增，证明如下： 任取且，则， 因为当时，， 所以， 又，即， 所以在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）令，可得的值，令，代入条件，根据奇函数的定义，即可得证. （2）根据单调性的定义，结合条件及的奇偶性，化简整理，即可得证. （3）由（2）可得对任意的恒成立，法一：根据对数的运算性质及对数函数的单调性，可得对任意的恒成立，利用换元法，结合二次函数的性质，即可得答案；法二：整理可得对任意的恒成立，利用换元法，结合对勾函数的性质，即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 法一：由（2）得在上单调递增， 则对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 因为在上单调递增， 所以，即对任意的恒成立， 令则， 令， 则， 解得，所以的取值范围. 法二：由（2）得在上单调递增， 则对任意的恒成立， 则， 即对任意的恒成立， 则有， 令，则，所以有， 因为在上单调递增， 所以当，即时，取得最大值，最大值为， 所以有，则，所以的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $