遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

这是一份遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．在中，已知，，，则角（ ）
A．或B．C．D．不存在
2．已知，，直线：上存在点P，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面.若，，则这个四棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．在三角形ABC中（A点在BC上方），若，，BC边上的高为h，三角形ABC的解的个数为n，则以下错误的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
5．记圆锥的侧面是曲面，且曲面平面，其中是圆锥的一条母线，则称平面是“平面”，“平面”上不与平行且不与重合的直线称为“圆锥的斜切直线”．已知直线是圆锥的“斜切直线”，且直线经过圆锥某条母线的中点，若圆锥的体积是，底面面积是，且圆锥底面中心到直线的距离是，则直线与圆锥底面夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．在三棱锥，若平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．100πB．50πC．144πD．72π
7．若点P(x, y)在以A(－3,1)，B(－1,0)，C(－2,0)为顶点的△ABC的内部运动(不包含边界)，则的取值范围是
A．B．C．D．
8．如图，底面同心的圆锥高为，A，B在半径为1的底面圆上，C，D在半径为2的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点O到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）
A．边上的高为
B．为定值
C．的最小值为2
D．若，则
10．正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AB=4,E,F 分别为 BB1,CD 的中点，点 P 满足 BP=λBC1,λ∈0,1 ，则错误的有（ ）
A． A1F⊥ 平面 AD1E
B．三棱锥 P−AD1E 的体积与 P 点的位置有关
C． DP+B1P 的最小值为 4+22
D．当 λ∈0,13 时，平面PEF截正方体的截面形状为五边形
11．已知在棱长为4的正方体中，点O为正方形的中心，点P在棱上，下列说法正确的有（ ）
A．
B．当直线AP与平面所成角的正切值为时，
C．当时，点到平面的距离是
D．当时，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在中，角的对边分别为，若，则＝ .
13．如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在、两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内．在点测得，的俯角分别为，，在点测得，的俯角分别为，，且，则 ．
14．如图所示，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 的长为2，宽为1，边AB ，AD 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，点A 与坐标原点O 重合，将矩形折叠，使点A 落在线段DC 上.若折痕所在直线的斜率为k ，则折痕所在的直线方程为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．（13分）
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=1,a2=c2+c+1.
（1） 求A;
（2） 若B=π4,求△ABC的面积.
16．已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求：
(1)点和点的坐标：
(2)在边上是否存在一点，使得平分，若存在请求出点坐标，若不存在，请说明理由.
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，交AC于点，且．
(1)若，求的面积；
(2)求的最小值．
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为正方形，，E，F分别是AD，PB的中点．
(1)证明：平面PCD．
(2)求直线PA与平面CEF所成角的正弦值．
19．在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD.
(1)求二面角的余弦值；
(2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，则为锐角，
由正弦定理可得，故.
故选B.
2．【答案】D
【详解】将代入得，
将代入得，
所以，不在直线上，
又∵，
所以点在线段上，
直线的方程为：，
直线过定点且斜率一定存在，

故由数形结合可知：或
故倾斜角，
故选：D
3．【答案】C
【分析】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决.
【详解】取BC中点E，连接EA、ED，取PC中点H，连接EH，BH，
等腰梯形中，，，
则有，则四边形为平行四边形，
则，又，则为等边三角形，
则，则△为等边三角形
则，故点E为等腰梯形的外接圆圆心，
△中，，则
又底面，则底面，
又，
即，
故点H为四棱锥的外接球球心，
球半径
则四棱锥外接球表面积为
故选C.
【方法总结】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决.
4．【答案】C
【分析】作出外接圆如图所示，根据题意可求出外接圆的半径为2，然后结图形判断即可
【详解】作出外接圆如图所示，
因为，
所以的外接圆半径为
因为，所以，，
所以当时，最大为3，此时是唯一的，所以B正确，A正确，
当时，由圆的对称性可知，此时，
所以C错误，D正确，
故选：C
5．【答案】D
【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥的高为，则，解得，
，解得，
如图，其中直线经过的中点，在底面圆上，且互相垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，则，
平面与圆锥的侧面交于，
故在平面内与垂直的直线即为平面的法向量所在直线，
其中，
设平面的法向量为，显然，则，
由，
令，则，故，
取直线上的一点，使得，此时⊥，
其中，
故，
可令，则，将其代入①得，
故，
此时底面中心到直线的距离
，
即，解得，
又，此时，故满足要求，
而圆锥底面的法向量为，
设直线与圆锥底面夹角为，
则.
故选：D
6．【答案】A
【分析】
根据三棱锥的几何特征，可将三棱锥放于长方体内，三棱锥的外接球就是长方体外接球.
【详解】
如图，将三棱锥放于一个长方体内：
则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，∴PB为三棱锥P－ABC外接球的直径，
∵，
∴外接球的表面积为：．
故选：A.
7．【答案】D
【详解】
试题分析：根据已知的条件可知，点A,B，C围成的三角形ABC，其内动点P（x,y），那么所求的为动点P与定点M（1,2）两点的斜率的取值范围，则根据已知中的三点A，B,C的坐标，分别求解,则利用倾斜角与斜率的关系，结合正切函数图象可得，的取值范围是，选D.
考点：本试题主要是考查了线性规划的最优解问题的应用．
点评：解决该试题是高考中的一个常考点，同时一般要结合数形结合的思想来完成，因此关键的一步就是要准确作图，找到平面区域，然后结合表达式的表示的几何意义：斜率的含义来得到．
8．【答案】C
【详解】如图，设直线AB交大圆于点F，E，连接CE，DF，由，知四边形为等腰梯形，
取AB，CD的中点M，N，连接MN，则，
因为，所以，
因为，所以四边形是矩形，
因此四边形为矩形，过O作于，连接OB，OC，OA，OD，
从而四边形的面积，
当且仅当，即时取等号，
此时，
如图，在几何体中，连接PQ，PO，因为平面，平面，
所以，又，
，，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
显然平面平面，在平面内过作于，
从而平面，即OR长即为点到平面的距离，
在中，，，
所以，
所以点O到平面的距离是.
故选C.
【方法总结】求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解;也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.
9．【答案】ABD
【详解】对A，边上的高为，由题意，故A正确；
对B，由正弦定理即，
故，
又锐角，故，即，故B正确；
对C，，
又，故
，当且仅当，
即时取等号，此时，，与锐角矛盾，故C错误；
对D，，
即，又，即，
故，解得，故.
则，即，解得.
故，，或，.
不妨设，，
则，，
故，，，
故，由正弦定理，故D正确.
故选ABD
10．【答案】BCD
【详解】对于A中，以 D 为坐标原点，以 DA,DC,DD1 所在的直线分别为 x,y,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A4,0,0,E4,4,2,D10,0,4,F0,2,0,A14,0,4 ，
则 AD1=−4,0,4,A1F−4,2,−4,AE=0,4,2 ，
所以 A1F⋅AD1=0,A1F⋅AE=0 ，所以 A1F⊥AD1,A1F⊥AE ，
因为 AE∩AD1=A 且 AE,AD1⊂ 平面 AD1E ，所以 A1F⊥ 平面 AD1E ，所以A正确；

对于B中，因为正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AB//C1D1 且 AB=C1D1 ，
所以四边形 ABC1D1 为平行四边形，因为 BC1//AD1 ，
因为 BC1⊄ 平面 AED1 ， AD1⊂ 平面 AED1 ，所以 BC1// 平面 AED1 ，
所以棱 BC1 上的所有点到平面 AED1 的距离都相等，
又因为点 P 是棱 BC1 上的动点，所以三棱锥 P−AED1 的体积始终为定值，所以B错误；
对于C中，由 B4,4,0,C10,4,4,B14,4,4 ，
因为 BP=λBC1,λ∈0,1 ，所以 P4−4λ,4,4λ ，
则 DP=4−4λ,4,4λ,B1P=−4λ,0,4λ−4 ，
可得 DP+B1P=DP+B1P=32λ2−32λ+32+32λ2−32λ+16
=32λ−122+24+32λ−122+8 ，
当 λ=12 时， DP+B1P 有最小值，最小值为 26+22 ，所以C错误；
对于D中，连接 EC ，取 AA1 中点为 G ，此时 EC 与 BC1 交点为点 P ，如图1所示，
过点 P 作 PM⊥BC ，可得 △PBE∼△ACC1 ，可得 BPPC1=12 ，所以 BPBC1=13 ，
即 BP=13BC1 ，此时平面 PEF 截正方体截面图形 ECDG 为四边形，所以D错误.

故选BCD.
11．【答案】ABD
【分析】对于选项A，证明平面即可判断；对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，求出即可判断；对于选项C，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解判断；对于选项D，取的中点，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，即可判断得解.
【详解】对于选项A，由正方体得平面，所以, 又. 又,所以, 因为平面,
,所以平面, 所以. 所以该选项正确；

对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，所以，所以该选项正确；

对于选项C, 建立如图所示的空间直角坐标系，则,
设平面的法向量为，所以，
又.所以该选项错误；

对于选项D，取的中点，由题得,
则截面圆的半径为.
由题得截面圆的圆心为点,在平面内作，且.
以点为圆心，以为半径作圆与棱分别交于.
所以.
所以，
以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，
所以以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长. 所以该选项正确.
故选：ABD.

12．【答案】
【分析】
由正弦定理求得，再利用求得，进而得到，从而求得结果.
【详解】
由正弦定理可知：，即
设，则，
可知同号，则均为锐角
在中，
可得：
则，，
，，
本题正确结果：
13．【答案】
【详解】因为在点测得，的俯角分别为，，
所以，，
在点测得，的俯角分别为，，
所以，，
在中，已知，，，
由正弦定理得，
所以，
因为，，则，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，故，
在中，由余弦定理得：，
故，所以.
14．【答案】y=kx+k22+12(−2≤k≤0)
【详解】当k=0 时，此时点A 与点D 重合，折痕所在的直线方程为y=12 .
当k≠0 时，设将矩形折叠后点A 落在线段CD 上的点为G （a ，1 ）(0