精品解析：辽宁大连市第十三中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试卷

2026-2027大连13中学高二10月月考试卷 一、单选题 1. 已知向量，且，那么（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 直线经过两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线 与 ，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 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. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ） A. B. C. 12 D. 14 6. 如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知x，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线在轴上的截距为2 C. 原点到直线距离的最大值为 D. 若直线与直线三条直线有且仅有两个不同的交点，则的值为 10. 如图，在棱长为4的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 无论点的位置，总有平面 C. 若是的中点，则到平面的距离为 D. 若直线与平面所成角的正弦值为，则 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 三、填空题 12. 已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为______． 13. 如图，在三棱锥中，点G为的重心，点M在上，且，过点M任意作一个平面分别交线段，，于点D，E，F，若，，，则的值为__________． 14. 已知直线，过点的直线与及两坐标轴围成一个四边形，且该四边形有外接圆，则的一般方程为______． 四、解答题 15. 已知直线，． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程． 16. 如图所示，在圆锥中，是的直径，是正三角形，点在上，且，. （1）证明：平面； （2）设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知直线经过点. （1）若直线到原点的距离为1，求直线的方程； （2）若直线与轴､轴的正半轴分别交于两点，求的最小值，并求此时直线的方程. 18. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. （1）请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027大连13中学高二10月月考试卷 一、单选题 1. 已知向量，且，那么（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，且， 所以，即． 2. 直线经过两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由直线经过两点，得直线的斜率， 则直线的倾斜角，直线的倾斜角为， 所以的斜率为. 3. 已知直线 与 ，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用判断充分性，再根据两直线垂直的充要条件求出所有满足垂直的的取值，判断必要性即可确定条件类型. 【详解】充分性验证：当时，，， 可得，满足，充分性成立. 必要性验证：若，则， 整理得，解得或， 即时不一定等于，必要性不成立. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 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. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ） A. B. C. 12 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线平行求出，再利用平行线距离公式即可求出，即可求解. 【详解】因为直线与平行， 所以，即， 因为直线与直线的距离为， 所以，即，解得或（舍去）， 故． 故选：C. 6. 如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题知，， 又， 则， ， 所以. 7. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用线线平行转化线面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值，再求解出线面角的正切值. 【详解】 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 因此，直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,则 ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，解得，，所以法向量， 设直线与平面所成角为，， 则， ， 因此，. 8. 已知x，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】问题转化为点到点的距离的平方，等价于在直线上找一点，使得它到图象的距离的平方最小，利用函数图象的对称性即可得解. 【详解】可看成点到点的距离的平方， 点在直线的图象上，点在反比例函数的图象上， 问题转化为在图象上找一点，使得它到直线的距离的平方最小. 注意到反比例函数的图象关于直线对称，直线也关于对称， 设，因为所以到直线的距离为， 当且仅当即时距离最小， 最短距离为，所以的最小值为. 故选：A. 二、多选题 9. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线在轴上的截距为2 C. 原点到直线距离的最大值为 D. 若直线与直线三条直线有且仅有两个不同的交点，则的值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】把直线方程化为斜截式方程，结合点到直线距离公式、直线与直线位置关系逐一判断即可. 【详解】，所以直线过定点且在轴上的截距为2， 因此选项AB说法正确； 原点到直线距离为， 由， 所以原点到直线距离的最大值为，所以选项C说法不正确； 直线， 所以这两个直线的斜率分别为，显然两个斜率不相等也不互为负倒数，因此这两条直线相交，， 所以直线的交点为， 又因为直线和直线都过这一点， 所以要想直线与直线有且仅有两个不同的交点， 所以直线一定要和直线平行，且不与直线重合， 故，所以选项D说法正确. 故选：ABD 10. 如图，在棱长为4的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 无论点的位置，总有平面 C. 若是的中点，则到平面的距离为 D. 若直线与平面所成角的正弦值为，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由与不垂直，可判断A，由，可判断B，将到平面转换成到的距离即可判断C，设，结合线面角的定义列出等式求解即可. 【详解】在正方体中易知，与不垂直，故A不正确； 因为，又平面并且平面， 所以平面，故B正确； 正方体中易知，，不在平面内，在平面内， 所以平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 在正方体中，易知平面平面，且相交于, 所以到平面的距离即为到的距离， 又因为点是的中点，所以点到直线的距离等于点到直线的距离， 又，，解得，故C正确； 设，所以，计算可得， 所以， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦为， 所以，故D正确． 故选：BCD 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】画出“阿基米德体”对应的正方体，由图可判断AB选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量来判断CD选项. 【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点. A选项：由图可知平面，A选项正确； B选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，∴，，，四点共面，B选择正确； C选项：如图建立空间直角坐标系， ∵，∴正方体棱长为4，∴，，，， 所以，设平面的一个法向量为， 则，解得，即， ， ∴点到平面的距离，故C选项错误； 设且，所以， 设与的夹角为， 所以 当时，令， 因为当且仅当，即时取等号， 所以，即 当时，， 所以直线与直线所成角的余弦值范围为，故D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛，本题的关键是还原原来的正方体，然后利用空间向量来解决立体图像中的距离和夹角问题. 三、填空题 12. 已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】找到点关于直线的对称点，即可得到即为的最小值. 【详解】 如图所示，设点关于直线的对称点为，则，， 连接， ， 则即为的最小值， ， 所以为的最小值为． 13. 如图，在三棱锥中，点G为的重心，点M在上，且，过点M任意作一个平面分别交线段，，于点D，E，F，若，，，则的值为__________． 【答案】4 【解析】 【分析】以为空间一组基底，结合四点共面，用两种方法表示出，由空间向量的基本定理求得的值. 【详解】连接并延长，交于点，以为空间一组基底， 由于是的重心，点M在上，且， 所以 ①， 连接，因为四点共面，所以存在实数，使得， 即，②， 由①②以及空间向量的基本定理可知：，，所以. 故答案为：4. 14. 已知直线，过点的直线与及两坐标轴围成一个四边形，且该四边形有外接圆，则的一般方程为______． 【答案】或 【解析】 【分析】首先求出直线与坐标轴分别交于点，再根据若四边形两组对角互补则四边形有外接圆求解即可. 【详解】设为原点，直线与坐标轴分别交于点， 当时，记的交点为，直线与两坐标轴围成一个四边形，如图所示： 因为，所以该四边形对角互补，有外接圆． 因为的斜率为，所以的斜率为，的方程为，即； 当与轴的交点为时，直线与两坐标轴围成一个四边形， 如图所示： 若该四边形有外接圆，则 ， 所以，此时的斜率为， 方程为，即，此时，符合题意． 综上得，直线的方程为或． 故答案为：或 四、解答题 15. 已知直线，． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据直线的斜率可设所求直线方程为，代入点即可求解； （2）联立直线与的方程，可得交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况分别求解． 【小问1详解】 由直线可得斜率为 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得， 即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，设直线方程为， 依题意，解得， 此时直线方程为， 综上所述：所求直线方程为或． 16. 如图所示，在圆锥中，是的直径，是正三角形，点在上，且，. （1）证明：平面； （2）设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为，，是的直径， 所以，且，因此可知四边形为平行四边形， 可知，又因为平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆锥性质特征可证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理即可证明得出结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可得出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为，连接，， 因为，，因此为正三角形； 所以，即， 由圆锥性质易知平面，平面， 所以，因此三条直线两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 取，可知，， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即， 又，设直线与平面所成的角为， 所以， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知直线经过点. （1）若直线到原点的距离为1，求直线的方程； （2）若直线与轴､轴的正半轴分别交于两点，求的最小值，并求此时直线的方程. 【答案】（1）或 （2）4， 【解析】 【分析】（1）分斜率存在与不存在两种情况讨论，利用条件建立方程即可求出结果； （2）设出直线方程，令，得到，令，得到，从而得到，再利用基本不等式即可求出结果. 【小问1详解】 因为直线经过点， 当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，直线到原点的距离为1，满足题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为，即， 因为直线到原点的距离为1，所以，解得，此时，直线为 所以直线的方程为或. 【小问2详解】 由题意知，直线斜率存在且不为0，设直线方程为， 令，得到，令，得到， 由题知，，得到， ， 当且仅当，即时取等号，此时直线方程为. 18. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为为正三角形，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2） （3）存在点，使得直线与平面所成的角为，且. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，结合面面垂直的性质定理，得到平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，利用向量的夹角公式，列出方程求得，进而得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知：平面， 在菱形中，，，则为正三角形， 因为是的中点，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，则, 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面所成的角的余弦值为. 【小问3详解】 解：假设存在点在线段上，设， 由，则，可得， 又由平面的法向量为， 因为直线与平面所成的角为，所以， 可得， 化简得，平方得，解得， 因为，所以存在满足条件的点，使得直线与平面所成的角为且. 19. 如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. （1）请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1），，最大值为； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此求得棱锥的高，再利用分割法求得多面体的体积； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求取值范围. 【小问1详解】 由题意，在折叠之前的平面图形中， ，，是平面内的两条相交直线，是平面内的两条相交直线， 折叠过程中始终有平面，平面， 故二面角，故到平面的距离为， 平面平面， 平面，故到平面的距离等于到平面的距离，即为. 连接，则， ，当时取得最大值. 【小问2详解】 以点为坐标原点，以所在直线为，轴，过点作平面的垂线，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图， 则， ， 设平面的法向量为，则，且， 即 可得. 同理设平面的法向量为， 则，且， 即 可得， 记平面和平面所成角的平面角为，则 ， 令， 故， 显然为关于的增函数，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $