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毕节市民族中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学检测试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．下列命题中,假命题是 (　　)
A．同平面向量一样,任意两个空间向量都不能比较大小
B．|a|=|b|是向量a=b的必要不充分条件
C．只有零向量的模等于0
D．共线的单位向量都相等
2．过 两点的直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
3．三棱锥中，M是棱BC的中点，若，则的值为（ ）
A． B．0 C． D．1
4．若，，则（ ）
A． B． C．8 D．10
5．任意三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心位于同一条直线上,这条直线称为欧拉线.已知△ABC的顶点A(2,0),B(0,4).若其欧拉线的方程为x-y+2=0,则顶点C的坐标为 (　　)
A．(-4,0) B．(-3,-1)
C．(-5,0) D．(-4,-2)
6．已知空间向量 ， ，且 ， ， ，则一定共线的三点是(　　)
A． B． C． D．
7．如图所示，三棱锥中，，，两两垂直且长度均为1，若，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知空间向量，，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．与夹角的余弦值为
10．设为实数，直线的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．当变化时，恒过定点
B．若，则在轴，轴上的截距之和为4
C．若，则的斜率为1
D．当时，点关于直线的对称点坐标为
A．直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=,则l与m垂直
B．直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α
C．平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β
D．平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
12．如图，正方体的棱长为3，点E，F分别在，上，，动点M在侧面内包含边界运动，且满足直线平面，则（ ）
A．过，E，F的平面截正方体所得截面为等腰梯形
B．三棱锥的体积为定值
C．动点M所形成轨迹的长度为
D．过B，E，M的平面截正方体所得截面面积的最小值为
三、填空题（本大题共4小题）
13．已知向量为单位正交基底，，，则 ．
14．如图所示，平行六面体中，，．用向量表示向量= ．
15．已知点，和直线l：（），直线l与线段AB有公共点，则m的取值范围是 .
16．已知空间向量，，两两之间的夹角均为 ，且，，.若向量，分别满足与，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知直线l1经过，直线l2经过点.
(1)若l1∥l2，求的值；
(2)若l1⊥l2，求的值.
18．如图所示，在三棱柱中，点，，，分别为棱，，，上的点，且，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，，四边形为矩形，平面平面，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
19．△ABC的三个顶点是A(4,0)，B(6,7)，C(0,3)，求：
(1)边BC上的中线所在直线的方程；
(2)边BC上的高所在直线的方程；
(3)边BC的垂直平分线的方程．
20．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且.
(1)求证：，，，四点共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
21．筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

(1)求到平面的距离；
(2)当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
22．如图，在三棱柱中，底面侧面．

(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值．
参考答案
1．【答案】D　
2．【答案】D
【分析】根据两点坐标求出直线的斜率，结合直线倾斜角的范围即可得出结果.
【详解】由已知直线的斜率为 ，
所以倾斜角．
故选D.
3．【答案】B
【详解】由向量的线性运算，先求出，再利用平行四边形法则，即可得出，即可得出结果.
【详解】解：由题可知，，
由向量线性运算得：
即，
所以，，则.
故选：B.
4．【答案】A
【解析】由题知，，则.故选.
5．【答案】A　
【详解】设C(m,n),由重心坐标公式,得△ABC的重心为(,),代入欧拉线的方程得-+2=0,整理得m-n+4=0①.∵边AB的中点为(1,2),kAB==-2,∴边AB的垂直平分线的方程为y-2=(x-1),即x-2y+3=0.由解得∴△ABC的外心为(-1,1),则(m+1)2+(n-1)2=[2-(-1)]2+(0-1)2=10②.由①②联立,得或当m=0,n=4时,B,C重合,不符合题意,应舍去,∴顶点C的坐标是(-4,0).故选A.
6．【答案】C
【分析】根据向量共线判断三点共线即可．
【详解】解：
，
又 与 过同一点B，
∴ A,B,D三点共线．
故选：C．
7．【答案】C
【详解】在三棱锥中，取空间的一个基底，则，
由，得，
而两两垂直，，
所以.
故选：C
8．【答案】D
【详解】根据题意，以正方体的顶点为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，所以，，
设与的夹角为，则，
所以，
所以点到直线的距离为.
故选D.
9．【答案】BCD
【分析】由空间向量平行的性质及空间向量模长，数量积，夹角的坐标运算进行判断即可.
【详解】对于A选项：，不存在，使得，故A错误；
对于B选项：，，故B正确；
对于C选项：，，
则，故C正确；
对于D选项：，，
所以，故D正确；
故选：BCD.
10．【答案】AC
【详解】对于A项，直线的方程为化为，
由，解得，所以直线恒过定点，A正确；
对于B项，时，，令，，令，，
此时在轴，轴上的截距之和为，B错误；
对于C项，由B项可知，故的斜率为1，C正确；
对于D项，时，，
设关于直线对称点坐标为，
则，解得，
即点关于直线的对称点坐标为，D错误.
故选：AC
11．【答案】AD　
【详解】∵a=(1,-1,2),b=,∴a·b=1×2+(-1)×1+2×=0,则a⊥b,∴直线l与m垂直,故A正确.∵a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),∴a·n=0×1+1×(-1)+(-1)×(-1)=0,则a⊥n,∴l∥α或l α,故B错误.∵n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),∴n1与n2不共线,∴α∥β不成立,故C错误.∵点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),∴=(-1,1,1),=(-1,1,0).∵向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,∴即解得u+t=1,故D正确.
12．【答案】BCD
【详解】过点F作交于点N，连结，EF，
所以过，E，F的平面截正方体所得截面为平面，又E，F分别为三等点，
所以点N为的中点，
在中，，
所以，易得，
所以，
所以过，E，F的平面截正方体所得截面不是等腰梯形，
故选项A错误；
因为直线平面，
所以点M到平面的距离等于点B到平面的距离，
设点B到平面的距离为h，
因为点B，E，F，均为定点，
故均为定值，
所以为定值，
故选项B正确；
过点B作交EF于点，连结，
又因为直线平面，平面，平面平面，
所以，
故，
所以点M的运动轨迹的长度即为EF的长度，
由上可知，
故选项C正确；
因为EF的长度为定值，
所以点M到EF的距离最短的时候即为过B，E，M的平面截正方体所得截面面积的最小，
此时点M在线段上靠近点D的三等分点处，
易得，
此时的截面是边长分别为3和的长方形，面积为，
所以过B，E，M的平面截正方体所得截面面积的最小值为，
故选项D正确．
故选
13．【答案】
【分析】
由向量为单位正交基底，可得向量的坐标，利用向量线性运算的坐标表示和模长公式，即得解
【详解】
由题意，向量为单位正交基底
故答案为：
14．【答案】
【详解】由题意得，.
故答案为：.
15．【答案】
【详解】，得，所以直线过点，
，，
若直线与线段有公共点，所以直线斜率的取值范围是.
故答案为：
16．【答案】
【详解】依题意得，，.
因为，所以，所以，所以.令，则，且.由，得，所以，所以
，当且仅当，,共线同向时等号成立.
17．【答案】(1)＝1或＝6
(2)＝3或＝－4
【分析】（1）由两直线的斜率相等列方程可求出的值，
（2）由k1k2＝－1，可求出的值.
【详解】（1）由题知直线l2的斜率存在且，
若l1∥l2，则直线l1的斜率也存在，由k1＝k2，
得，解得m＝1或m＝6，
经检验，当m＝1或m＝6时，l1∥l2.
（2）若l1⊥l2，当k2＝0时，
此时m＝0，l1斜率存在，不符合题意；
当k2≠0时，直线l2的斜率存在且不为0，
则直线l1的斜率也存在，且k1k2＝－1，
即，
解得m＝3或m＝－4，
所以当m＝3或m＝－4时，l1⊥l2.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接,取的中点,连接，通过证明平面面得到平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，用空间向量求所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）
如图,连接,取的中点,连接.
因为,
所以,且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
因为平面面，
所以平面,
易得点为的中点,因为点为的中点,所以.
因为.所以.
又,所以且,
所以四边形为平行四边形.
所以,所以.
因为平面平面.
所以平面.
因为,
所以平面面.
因为平面,
所以平面,
（2）因为四边形为矩形,
所以.
因为平面平面,平面平面,
所以平面，
因为平面,所以，
因为,所以.
因为平面， 平面
所以平面.
又平面,所以.
以为原点,的方向分别为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以，
设平面的法向量为,
则令,得.
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为,
则令,得.
所以平面的一个法向量为.
设平面与平面所成的锐二面角为,
则,
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
19．【答案】见解析
【解析】解　(1)边BC的中点坐标为(3,5)，
则边BC上的中线所在直线的方程为y＝×(x－4)＝－5x＋20.
(2)边BC的斜率为＝，则边BC上的高所在直线的斜率为－，
则边BC上的高所在直线的方程为y＝－(x－4)＝－x＋6.
(3)由(1)知边BC的中点坐标为(3,5)，由(2)知高所在直线的斜率为－，
则边BC的垂直平分线的方程为y＝－(x－3)＋5＝－x＋.
20．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，通过计算得出，由平面向量基本定理得到，，共面，即可证明结果；
（2）由（1）结果，得到，并求得平面的法向量为，再利用线面角的向量法即可求出结果.
（3）由（1）和（2）得，平面的法向量，再由空间距离的向量法即可求出结果.
【详解】（1）（1）因为平面是菱形，所以，
又因为底面，面，所以，，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，则，，，，，
因为，分别为侧棱，的中点，所以，，
设，，因为，
所以，解得，即.
所以，，.
所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面.
又，，过同一点，从而，，，四点共面.
（2）由（1）可得，，，，
又因为，所以，.
设平面的法向量，由，得到，
取，可得，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（1）和（2）知，平面的法向量，
设到平面的距离为，则.
21．【答案】(1)1
(2)存在；或
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，进而可得到平面的距离.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，再设，根据线面角的空间向量求法求解即可.
【详解】（1）因为，
所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，
所以垂直平分，所以，
平面平面，
所以平面．
所以到平面的距离．
（2）存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
过作平面，所以两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

由（1）得平面平面，因为，
所以，设，
，，
设平面的法向量，，
所以，
令，则，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，，
．
所以或，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为或．
22．【答案】(1)证明见详解；
(2)．
【详解】（1）平面平面，平面，
平面平面，
平面，
平面，，
，，
，四边形为菱形，
，
平面，
平面．
（2）平面ABC，
，
，可得，
又，
，
为锐角，
以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
∴，
平面，
即为平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
，
∴平面与平面的夹角的余弦值为．

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