宁夏青铜峡市宁朔中学2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题

这是一份宁夏青铜峡市宁朔中学2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题，文件包含高二数学10月考答案docx、宁夏青铜峡市宁朔中学2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
答案 C A A B B C D B CD BD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】利用向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】因为 ， ，所以 ，解得 .
故选：C.
2．A
【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.
【详解】由空间直角坐标系的性质可知，
点 关于平面 对称的点的坐标是 .
故选：A
3．A
【分析】利用待定系数法，设出法向量，取平面中两个不共线向量，根据向量点积建立方程，可得答
案.
【详解】由已知得 ， ．设 ，
则 即 令 ，则 ， ，所以 ．
故选：A.
4．B
5．B
【分析】求出给定向量的数量积，再利用空间位置关系的向量证明判断即得.
【详解】由 ，得 ，
所以平面 与 垂直.
答案第 1 页，共 2 页
故选：B
6．C
【分析】对于 A，由直线方向向量平行可判断直线相互平行或重合；对于 B，要考虑直线可能在面内；
对于 C，由两法向量垂直可得两平面垂直；对于 D，直线方向向量与法向量平行，则直线与面垂直.
【详解】对于 A，直线 ， 的方向向量分别是 ，
则 ，所以 ，即 或 重合，故 错误；
对于 B，直线 的方向向量 ，平面 的法向量是 ，
则 ，所以 ，即 或 ，故 B 错误；
对于 C，两个不同的平面 ， 的法向量分别是 ，
则 ，所以 ，故 C 正确；
对于 D，直线 的方向向量 ，平面 的法向量是 ，
则 ，所以 ，即 ，故 D 错误．
故选：C．
7．D
【分析】分 、 两种情况讨论，求出对应的 的取值范围，综合可得结果.
【详解】由题意可知， ，当 时，则 为钝角，且 ；
当 时，此时， .
综上所述，直线 的倾斜角 的取值范围为 .
故选：D.
8．B
【分析】利用空间向量的基本定理结合空间向量的线性运算可得出 关于 、 、 的表达
答案第 1 页，共 2 页
式.
【详解】记线段 的中点为 ，由正四面体的性质可知， 为 的重心，
因为 为 的中点，则 ，所以， ，
所以， ，所以
所以
.
故选：B.
9．CD
【分析】根据倾斜角与斜率关系，点斜式及斜截式判断各项正误即可.
【详解】A：倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，错；
B：直线的倾斜角 为 时，直线的斜率不存在，错；
C：由题设 ， 知两点横坐标相同，直线方程为 ，直线 的倾斜角为 ，对；
D：过 ， 两点的斜率为： ，对.
故选：CD.
10．BD
【分析】由向量的坐标表示求模，单位向量的定义求单位向量，再根据投影向量的定义、夹角坐标表
示求投影向量的模、夹角的余弦值.
答案第 1 页，共 2 页
【详解】由 ，则 ，A 错；
方向上的单位向量坐标是 ，B 对；
由 ，则 在 上的投影向量的模为 ，
C 错；
由 ，则 ，D 对.
故选：BD
11．ABD
【分析】以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，求出
、 的坐标，求数量积可判断 A；求出 、平面 的一个法向量的坐标，由线面平行的向量
求法可判断 B；求出 、 的坐标，根据向量共线的条件可判断 C；利用点到平面的距离的向量
求法可判断 D.
【详解】以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标
系，则 ， ， ， ， ， ，
对于 A， ， ，所以 ，
即 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B， ， ， ， ， ，
， ， ，
设 为平面 的一个法向量，
所以 ，即 ，令 ，则 ，所以 ，
所以 ， ，所以 平面 ，故 B 正确；
答案第 1 页，共 2 页
对于 C， ， ， ， ，
， ，所以 ，所以 与 不平行，故 C 错误；
对于 D，平面 的一个法向量为 ， ，
所以点 D 到平面 的距离为 ，故 D 正确.
故选：ABD，
12 ．
【分析】根据空间向量的加法、减法、数量积的坐标运算进行计算.
【详解】由 ， ，所以 ；
所以 .
故答案为：
13．3
【分析】由 ，可得存在实数 ，使 ，然后将 代入化简可求得结果
【详解】 ， ，
因为 ，所以存在实数 ，使 ，
所以 ，
答案第 1 页，共 2 页
所以 ，
所以 ，得 ， ，
所以 .
故答案为：3.
14 ．
【分析】取 中点为 ，连接 ，通过证明 ，从而证明点 到 的距离为 ，
再结合已知条件求出 即可.
【详解】取 中点为 ，连接 ，如下所示：
因为 为等腰三角形，又 为 中点，故 ；
因为 平面 ， 面 ，故 ；
又 面 ，故 面 ，又 面 ，故 ，
故点 到直线 的距离，即为 ；
在△ 中， ；
因为 平面 ， 面 ，故 ，则△ 为直角三角形；
在△ 中， ，故 ,
故点 到直线 的距离为 .
故答案为： .
答案第 1 页，共 2 页
15．(1) 或
(2)
(3) 或
【分析】（1）根据向量共线设出向量 的坐标，由模长公式列出方程，求解即可；
（2）利用向量的坐标公式和向量的夹角公式即可得出；
（3）根据向量垂直时数量积为 0，结合向量的平方即为模的平方，计算即可得到 k．
【详解】（1）因为 ，
所以 ，又因为 ，
所以 ，又因为 ，
所以 ，
因此 或 ；
（2）因为
所以 与 的夹角的余弦值为 ；
（3）因为 与 互相垂直，
所以
或 .
16．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】方法一：（1）以 为坐标原点建立空间直角坐标系 ，得到 、 ，计算得到
，即证明 ．
（2）先写出 坐标，再求出平面 的法向量 ，验证可知 ，即证明 平面 ．
方法二：（1）由 底面 证明 ．再结合 可证明 平面 ．从而
答案第 1 页，共 2 页
得到 ．
（2）由 底面 证明 ，再结合 证明 平面 ，从而得到
；
再证明 ．结合 可证 平面 ，得到 ；最后根据线面垂直的判定
即可以证明 平面 ．
【详解】方法一 （1）以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴，建立如图
所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，所以
， ，所以 ，所以
．
（2）由（1），得 ， ， ．
设向量 是平面 的法向量，则 ，即 ，取 ，则
，所以 ，所以 ，所以 平面 ．
方法二 （1）∵ 底面 ，∴ ．又 ， ，∴ 平面
．∵ 平面 ，∴ ．
（2）∵ 底面 ，∴ ．又 ， ，∴ 平面 ，∴
答案第 1 页，共 2 页
．由题可得 ，由 是 的中点，∴ ．
又 ， ，∴ 平面 ，∴ ．∵ ， ，
，∴ 平面 ．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得 平面 .
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角 的余弦值.
【详解】（1）连接 与 交于点 O，连接 OE，
由 分别为 的中点，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）由 ， 底面 ，故 底面 ，
建立如图所示空间直角坐标系：则
，
所以 ，
设平面 的一个法向量为： ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，则 ，
因为 底面 ，所以 为平面 一个法向量，
所以 ，
由图可知，二面角 为锐角，
答案第 1 页，共 2 页
所以二面角 的余弦值为 .
18．(1)
(2)
【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，求出直线 的方向向量及面 的法向量，利用向量
的夹角公式，即可求出直线 与平面 所成角的正弦值；
（2）利用向量法可求出点 到平面 的距离．
【详解】（1）依题意：以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直
角坐标系，
又 分别是棱 ， ， 的中点， ， ．
所以 ,
所以有： ，
设平面 的法向量为 ，则有
所以 ，令 ，有 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
答案第 1 页，共 2 页
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（2）因为 ，由（1）有平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离为： .
19．(1)证明过程见详解
(2)存在； 或 .
【分析】（1）连接 交 于 ，连接 ， ，由已知条件得四边形 是矩形，由三
角形中位线能证明 平面 ；
（2）作 于 ，建立空间直角坐标系 ，假设存在，设 ，求出
平面 与平面 的法向量，利用平面 与平面 夹角的余弦值是 求出 值，进而求
出 的长.
【详解】（1）连接 交 于 ，连接 ，
因为三棱柱 是正三棱柱，
所以四边形 是矩形，所以 为 的中点，
又因为 是 的中点，所以 是三角形 的中位线，
答案第 1 页，共 2 页
所以 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）作 于 ，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质可知 平面 ，
所以在正三棱柱 中如图建立空间直角坐标系 .
因为 ， 是 的中点.
所以 ,
假设在线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值是 ，
设 ，则有 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，即 ，
令 ，则 ， ，所以 ，
易知平面 的一个法向量 ，
又因为平面 与平面 夹角的余弦值是 ，
所以 ，
解得 ，解得 或 ，
答案第 1 页，共 2 页
所以线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值是 ，
且 或 .
答案第 1 页，共 2 页