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思南中学2025-2026学年高二上学期数学10月月考试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则（ ）
A．60° B．75° C．60°或120° D．15°或75°
2．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
3．若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则此三棱柱外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
4．在三角形ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
5．长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．在三棱锥中，．若该三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则当三棱锥体积最大时，球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．设，若直线与线段AB有交点，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．平面的一个法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若，则为直角三角形
D．若，则为直角三角形
10．在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．平面平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，存在点，使得
D．当时，存在点，使得平面
11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,EF是棱AB上的一条线段,且EF=1,点Q是棱A1D1的中点,点P是棱C1D1上的动点,则下面结论中正确的是 (　　)
A．PQ与EF一定不垂直
B．二面角P-EF-Q的正弦值是
C．△PEF的面积是2
D．点P到平面QEF的距离是定值
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C所对的边．若，，，则__________．
13．为加快推进“光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个基站，，，.已知，两个基站建在松花江的南岸，距离为；基站，在江的北岸，测得 ， ， ， ，则，两个基站之间的距离为______.
参考数据:.
14．直线2x+y-5=0关于直线y=x+3的对称直线的方程为　　　　．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在平面四边形中，.
(1)求；
(2)若的面积为，求.
16．已知的顶点坐标为.
(1)求过点且与直线平行的直线的方程；
(2)求边上的中线所在直线的方程；
(3)求边上的高所在直线的方程.
17．已知中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若的面积为，求.
18．如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD为正三角形，四边形ABCD为梯形，二面角P－AD－C为直二面角，且AB∥DC，AB⊥AD，AD＝AB＝DC，F为PC的中点.
（1）求证：BF∥平面PAD；
（2）求直线PC与平面PAB所成的角的余弦值.
19．如图，在四棱椎中，底面为平行四边形，平面，点分别为的中点，且.
(1)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由正弦定理得，，即，所以或，
当时，，成立；当时，，成立.
故选C.
2．【答案】A
【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角.
【详解】因为，
所以直线，即为.
设直线的倾斜角为，则该直线的斜率，
因为，所以.
故选：A.
3．【答案】B
【分析】根据三棱柱侧面积公式求出，确定球心的位置，如图构造直角三角形，由勾股定理求出外接球半径的平方，再根据球的表面积公式即可求解.
【详解】由题意可得，正棱柱的底面是边长和高都等于的等边三角形，侧面积为，
∴，∴，
取三棱柱的两底面中心，连结，
取的中点，则为三棱柱外接球的球心，
连接，则为三棱柱外接球的半径．
∵是边长为的正三角形，是的中心，
∴．
又∵
∴．
∴三棱柱外接球的表面积.
故选B.

4．【答案】C
【详解】由正弦定理可得，若A成立，，，，有，
∴，∴，故三角形有唯一解．
若B成立，，，，有，∴，又，
故，故三角形无解．
若C成立，，，，有 ，∴，又，
故，故可以是锐角，也可以是钝角，故三角形有两个解．
若D 成立，，，，有，∴，由于，故为锐角，故三角形有唯一解．
故选C．
5．【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求出正弦值，再求正切值即可.
【详解】
以为原点建立空间直角坐标系，必有，，，
，设，而，，
由题意得，故，得，故，
故，，易知面的法向量，
故，
若最大，则最大， 由二次函数性质得当时，最大，
此时，，
此时最大，且，显然A正确.
故选：A
6．【答案】B
【详解】根据三棱锥的体积公式可知，只有两两互相垂直时，三棱锥的体积最大，此时三棱锥的外接球和棱长为的正方体的外接球是同一个外接球，
所以外接球的半径满足，球的表面积.
故选B
7．【答案】C
【详解】由得，
因此直线过定点，且斜率，
如图所示，当直线由直线按顺时针方向旋转到直线的位置时，符合题意．

易得，．
结合图形知或，解得或，
即的取值范围是．
故选：C
8．【答案】A
【详解】由题意得，，
∴点到平面的距离.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】在中，正弦定理，
对于A，若，则根据正弦定理得：
，即为等腰三角形，故A正确；
对于B，若，则根据正弦定理得：
，
∵，，∴且，
∴或，即或，即为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由射影定理得，又，即，
而，则，，为直角三角形，C正确；
对于D，，由射影定理得，
即，而，则，，为直角三角形，D正确.
故选：ACD.
10．【答案】ABD
【详解】以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，.
设平面的一个法向量为，，，
则，令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又，，
因为，
故.
设平面的一个法向量为，
则，令，解得，，
所以平面的一个法向量，又，所以，
所以平面平面，故A正确；
当时，点，设平面的一个法向量，，，
则，
令，解得，，所以平面的一个法向量为，
且，所以点到平面的距离为，
又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
当时，此时，所以，，
所以，
所以不存在点，使得，故C错误；
当，此时，所以，，，
因为，要使平面，
则，解得，符合题意，
故存在点，使得平面，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】BCD　
【详解】对于A,当点P与点D1重合时,PQ⊥EF,故选项A错误.
对于B,由于点P是棱C1D1上的动点,EF是棱AB上的一条线段,所以平面PEF即为平面ABC1D1,
建立如图所示的空间直角坐标系,则Q(2,0,4),A(4,0,0),B(4,4,0),
所以=(2,0,-4),=(0,4,0),平面QEF即为平面QAB.
设平面QAB的法向量为n=(x,y,z),则
即
令z=1,则n=(2,0,1).
同理可求得平面ABC1D1的一个法向量为m=(1,0,1).设二面角P-EF-Q的大小为θ,
所以|cos θ|=|cos|===,
故sin θ===,故选项B正确.
对于C,由于AB⊥平面BB1C1C,BC1 平面BB1C1C,所以AB⊥BC1,所以BC1⊥EF,所以BC1是△PEF的高,所以S△PEF=·EF·BC1=×1×4=2,故选项C正确.
对于D,由于C1D1∥EF,且C1D1 平面QEF,EF 平面QEF,所以C1D1∥平面QEF.又点P在C1D1上,所以点P到平面QEF的距离为定值,故选项D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】因为，且为三角形的内角，所以．
由正弦定理，得：．
故答案为：
13．【答案】
【详解】在中， ， ，所以 ，
则有，所以.
又 ,所以 ，
在中， ，由正弦定理得.
在中，由余弦定理得
，
所以，即，两个基站之间的距离为.
【思路导引】
根据题意可得， ，利用正弦定理求出，进而结合余弦定理即可求出.
【规律方法】
此类问题的解决方法：首先根据已知确定所构造的三角形的有关的边和角，再通过解三角形求相应的距离.利用正弦定理解决距离问题时，通常需测出所构造三角形的两角和一边或两边和其中一边的对角；利用余弦定理解决距离问题时，常需要测出所构造三角形的两边及其夹角或两边和其中一边的对角.有时需综合运用两个定理求解.
14．【答案】x+2y-8=0
【详解】设(x,y)为所求直线上一点,它关于直线y=x+3的对称点为(x0,y0),则
可得由题可得点(x0,y0)在直线2x+y-5=0上,所以2(y-3)+(x+3)-5=0,整理可得所求的对称直线方程为x+2y-8=0.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理计算即可；
（2）利用三角形面积公式及余弦定理计算即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
则，解得.
又由题设知，
所以；
（2），
，
由，得，
解得.
由余弦定理得，
又，所以.
16．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）直线的斜率
过点且与直线平行的直线的斜率为
过点且与直线平行的直线方程为
即
（2）设边的中点为，因为，
所以点的坐标为，即，
所以边的中线所在直线方程为
即
（3）因为，
所以边的高线所在直线的斜率为，
因此边的高线所在直线方程为，
即
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，即，
所以，
又，所以.
（2）因为的面积为，，
所以，所以，
又，，所以，即，
化简得，解得，
又，所以.
18．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接，．证明四边形为平行四边形．推出．然后证明平面．
（2）取的中点，连接，说明为二面角的平面角．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，求出平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为．利用空间向量的数量积求解即可．
【详解】
（1）证明：证明：如图所示，取的中点，连接，．
为的中点，．
又，且．
四边形为平行四边形．．
又平面，平面，平面．
（2）解：取的中点，连接，由为正三角形，．
取的中点，连接，四边形为梯形，
．．为二面角的平面角．
又二面角为直二面角，．．
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：
设，则，， ， ，
故，．
设平面的一个法向量为，则
则可取．
设直线与平面所成的角为．
．
，．
故直线与平面所成的角的余弦值为．
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得平面的法向量与，由此可求得直线与平面所成角的正弦值；
（2）设，从而分别求得平面与平面的法向量与及，从而由题意条件求得，进而可求得平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.
【详解】（1）因为，则，即，
又因为平面，所以，
故建立如图所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
.
（2）设，则，故，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
易得平面的一个法向量为，又，
设直线与平面所成角为，则，
即，解得，
设平面与平面的夹角为，则，
因为，所以，则，故，即.
所以平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为.
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