贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析），共21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
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．正方体中，分别为的中点，点满足，则错误的有（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积与点的位置有关
C．的最小值为
D．当时，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
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，在平面直角坐标中，已知矩形的长为2，宽为1，边､分别在轴､轴的正半轴上，点与坐标原点重合，将矩形折叠，使点落在线段上，若折痕所在直线的斜率为，则折痕所在的直线方程为 .

四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求的面积．
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.
1．B
分析可知为锐角，结合正弦定理可求得结果.
【详解】因为，则为锐角，
由正弦定理可得，故.
故选：B.
2．D
找到动直线的定点，由动直线与线段有，结合图形判断出倾斜角的范围.
【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．C
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
4．C
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．D
先求出圆锥的底面半径和高，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，取直线上的一点，使得，此时⊥，从而得到方程组，换元求出，根据圆锥底面中心到直线的距离得到方程，求出，结合圆锥底面的法向量，利用线面角的夹角正弦公式求出答案.
【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．A
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．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．C
根据给定条件，确定四边形的形状，再求出四边形面积最大时，圆心O到边BC的距离，然后在几何体中作出点O到平面的垂线段，借助直角三角形计算作答.
【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
9．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．BCD
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法，证得，可判定A正确；证得平面，结合的面积为定值，可得判定B错误；利用两点间距离公式，求得的最小值，可判定C错误；连接，取中点为，当与交点为点时，利用三角形的性质，求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，则，
所以，所以，
因为且平面，所以平面，所以A正确；

对于B中，因为正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，因为，
因为平面，平面，所以平面，
所以棱上的所有点到平面的距离都相等，
又因为点是棱上的动点，所以三棱锥的体积始终为定值，所以B错误；
对于C中，由，
因为，所以，
则，
可得
，
当时，有最小值，最小值为，所以C错误；
对于D中，连接，取中点为，此时与交点为点，如图（1）所示
过点作，可得，可得，所以，
即，此时平面截正方体截面图形为四边形，所以D不正确.

故选：BCD
11．ABD
【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．
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．
【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.
故答案为：.
14．
【解析】因为折叠的过程中，点落在线段上，特别的如果折叠后重合，这时折痕所在的直线斜率为0，然后根据点和对折后的对应点关于直线折痕对称，即可求出折痕所在的直线的方程.
【详解】当时，此时点和点重合，折痕所在的直线的方程，
当时，将矩形折叠后点落在线段上的点为，，
所以与关于折痕所在的直线对称，由，即，解得：，
故折痕所在的直线的方程.
，从而折痕所在的直线与的交点坐标为，
折痕所在的直线方程为，
即，
综上所述：折痕所在的直线的方程为：.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由及余弦定理，得
又
（2）由正弦定理得
，
所以.
的面积.
16．(1)，
(2)存在，
（1）根据在直线上以及与边上高所在直线斜率的关系，列出方程组求解出点坐标；根据的中点在中线上以及边上的高经过求解出点坐标；
（2）假设存在，根据的大小确定出所在直线的倾斜角，从而可知，分别求解出所在直线的方程，联立可得结果.
【详解】（1）设，因为，所以，
又因为上的高所在直线方程为，所以，
所以，
所以，解得，所以；
设，因为边上中线所在直线方程为，
所以，即，
又因为边上的高经过点，所以，
所以，解得，所以.
（2）设存在满足条件，如图所示，
因为，所以，
因为平分，所以，
因为且，所以，
所以，所以，即，
又因为，，所以，即，
所以，所以，
综上所述，存在满足条件.
17．(1)
(2)
（1）在中利用余弦定理得到，然后利用三角形面积公式计算；
（2）利用面积相等的思路得到，然后利用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）
由，，可得．
在中，由余弦定理得，即，可得．
故．
（2），
，，
，
．
，
当且仅当，即，时，等号成立．
故的最小值为．
18．(1)证明见解析
(2)
（1）由平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判定定理即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，由向量法即可求解线面角.
【详解】（1）如图，设M为PC的中点，连接FM，MD．
因为F，M分别为PB，PC的中点，所以．
在正方形ABCD中，，所以．
所以四边形DEFM为平行四边形，．
因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．
（2）以D为原点，以DA，DC，DP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．不妨设，则，
．
设平面CEF的法向量为，
则即令，则．
设直线PA与平面CEF所成角为，
则，
故直线PA与平面CEF所成角的正弦值为．
19．(1)
(2)存在，点M位置为
【详解】（1）设是中点，为正三角形，则.
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAD，所以面ABCD.
又因为，，
所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，.
设平面PEC的法向量为，
由即可取.
平面EBC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为.
（2）设，则，
，，
所以，
解得或0（舍），所以存在点M使得.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
C
D
A
D
C
ABD
BCD
题号
11









答案
ABD