辽宁省鞍山市2025-2026学年高二上学期10月月考数学（A）试卷（Word版附答案）

这是一份辽宁省鞍山市2025-2026学年高二上学期10月月考数学（A）试卷（Word版附答案），共20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。
一、单选题
1．已知点关于点的对称点为， 则点到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，且与互相垂直，则（ ）
A．B．C．D．
3．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A．B．
C．D．
4．已知直线，，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
5．在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处，从A，B到直线（库底与水坝的交线）的距离和分别为6米和8米，的长为21米，的长为23米，则水库底面与水坝斜面所成二面角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
7．已知直线和的交点为，则点到直线的距离的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，在三棱锥中，二面角的大小为，与底面所成角为，与所成角为，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线，，则下列说法正确的是（ ）
A．的充要条件为或
B．若，则
C．若直线不经过第四象限，则
D．若，则将直线绕坐标原点按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为
10．在空间直角坐标系中，为坐标原点，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．的中点坐标为B．
C．D．若，则四点共面
11．如图，在正方体中，E，F，M分别为棱，BC，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面EFM截该正方体所得的截面为正三角形
B．平面EFM平面
C．直线ME与所成的角为
D．平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为
三、填空题
12．已知向量，，，当时，向量在向量上的投影的数量为
13．直线l经过原点，且经过两条直线的交点，则直线l的方程为
14．如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为 .
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．已知正方体 的棱长为4，E，F分别为 的中点，G在线段 上，且

(1)求证∶ 面;
(2)求平面EBF 与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求点D到平面EBF的距离．
18．如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，.

(1)求棱的长；
(2)求证：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知四边形为直角梯形，其中，，，，为垂足（如图1）.将沿折起，使点移至点的位置，得到四棱锥（如图2），且满足，点分别为的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若平面，试问：棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．B
【详解】∵点关于点的对称点为，∴，解得，即，
直线方程的一般式为．
∴所求距离为．
故选：B．
2．C
【详解】由题设，，
又与互相垂直，则，解得.
故选：C
3．A
【详解】由有，
所以，
故选：A.
4．C
【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或．
将代入直线，的方程，得，，易知；
将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去．
综上所述，“”是“”的充要条件．
故选：．
5．B
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，
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.
故选：B
6．A
【详解】方法1：
根据向量的加法法则，，
则，
所以.
设向量与的夹角为，
则就是水库底面与水坝斜面所成的二面角的平面角，因此，
所以，故所求二面角的余弦值为.
故选：A.
方法2：
在平面内过作的平行线，且使得，连接，
因为，所以，所以四边形是矩形，且是二面角的平面角.
因为，，且，平面，所以平面.
又因为，所以平面，因为平面，所以.
在直角中，可得.
在中，由余弦定理可知，所以所求二面角的余弦值为.
故选：A.

7．C
【详解】联立，解得，即点的坐标为，
点到直线的距离，
当时，，
当时，，恒有，于是，
综上，点到直线的距离的取值范围是.
故选：C.
8．A
【详解】如图，过点作平面于点，过作于点，连接，
则就是二面角的平面角，即；
就是与底面所成角，即；
过作，使交于点，则就是与所成角，即；
因为，在中，，
在中，，
所以，又因为，所以.
是与所成的角，根据最小角定理，
线线角是异面直线与所成的角（范围），需通过投影和向量分析，
设在底面的投影为，则等于与所成的角，
二面角的余弦为（为 到的距离，）。
当时，（由），此时；当时，,
因此与的大小关系不确定.
故选：A.
9．BCD
【详解】对于A， 显然直线的斜率存在，若，则，解得或，
经检验时，这两条直线重合，所以，故充要条件不是“或”．故A不正确；
对于B，若，则，解得．故B正确；
对于C，若直线不经过第四象限，则，解得．故C正确；
对于D，若，则直线，将其绕坐标原点按逆时针方向旋转，得到直线，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为，故D正确.
故选：BCD
10．BD
【详解】因为，，，所以，，.
对于A，的中点坐标为．故A错误；
对于B，，则．故B正确；
对于C，，所以，不垂直．故C错误；
对于D，因为，所以，
所以，
所以，即，
所以，，共面，所以四点共面，故D正确.
故选：BD
11．BCD
【详解】对于A，分别取，，的中点为，，，连接各中点，如下图所示：
易知，，，
即可知，，，，，在同一平面内，
所以平面EFM截该正方体所得截面即为六边形，即A错误；
对于B，因为点，分别为，的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为点，分别为，的中点，所以，
又，所以，平面，平面，
所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，即平面EFM平面，故B正确；
对于C，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：
不妨取正方体的棱长为2，
则，，，，，
所以，，
所以直线ME与所成的角的余弦值为，
所以直线ME与所成的角为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，，
设平面EFM的一个法向量为，
则，取，则，，
所以平面EFM的一个法向量为，
易知平面ABCD的一个法向量为，设平面EFM与平面ABCD的夹角为，
则，
即平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为，故D正确．
故选：BCD
12．
【详解】向量量，，，
所以，解得，所以，，
所以向量在向量上的投影的数量为.
故答案为：.
13．
【详解】方法1：联立，解得，所以两直线的交点为，
所以直线l的斜率为，则直线l的方程为；
方法2：设所求直线l的方程为，
因为直线l经过原点，所以，解得；
所以直线l的方程为.
故答案为：.
14．/
【详解】由题可知：平面平面,所以
所以,,,
所以,所以.
所以.
直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且.
因为平面,所以平面,.
.
因为,所以,
所以.
故答案为：.
方法二：如图所示，
直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且.
因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则.
因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
据题意可知，
则
设平面AB1D的一个法向量是
所以,所以,
令,则,所以.
因为,所以点C到平面AB1D的距离.
故答案为：
15．(1)
(2)或
【详解】（1）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；
（2）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．(1)证明见解析
(2)
【详解】（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）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．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）（1）法一、在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵，平面，∴平面；
法二、如图以D为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，
则，令，则，
所以是平面的一个法向量，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面EBF 与平面EBG的夹角的余弦值为；
（3）因为，所以，
又是平面的一个法向量，
则D到平面的距离为.
所以点D到平面EBF的距离为.

18．(1)5
(2)见解析
(3)
【详解】（1）因为，，所以，
中，由余弦定理，
即；
（2）由（1）可知中，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（3）如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）（方法一）由题知，即，且，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以，
又由是所在棱的中点，得，所以；
易知四边形是正方形，可知，所以；
又由，且面，所以平面，
因为平面，所以面平面；
（方法二）由知，可以分别以
作为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

不妨记，设，
可得，，
记平面的法向量为，可得，
取得，即；
同理可得平面的法向量为；
因为，所以，所以平面平面；
（2）由知，可以分别以
作为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

不妨记，设，
可得，
则，
因为面面，所以，
故，解得，即；
，
记平面的法向量为，可得
，取得，即；
假设棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
设，则，
由题知，