河北省邢台市卓越联盟2025-2026学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题（解析版）

卓越联盟2025－2026学年第一学期高二第一次月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第二章2.3．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.空间直角坐标系中，已知点，则（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】【分析】根据空间两点距离公式即可得到答案.【详解】．故选：C.2.若直线与直线垂直，则（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据求解即可.【详解】，解得．故选：A.3.若向量满足，则（）A. B. C.1 D.－1【答案】B【解析】【分析】利用数量积的运算律以及定义即可得出.【详解】由题意可得，，则．故选：B4.已知直线的倾斜角为的一个方向向量为，则（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】【分析】根据直线的倾斜角为得，再利用直线的方向向量求得斜率为，列方程求解即可.【详解】因为直线的倾斜角为，所以其斜率，又因为的一个方向向量为，所以，即．故选：D.5.已知三点，则“三点共线”是“或”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】求出三点共线时的所有值，再根据必要不充分条件的判断即可得到答案.【详解】当时，三点均在直线上；当时，，而直线的斜率不存在，显然三点不在一条直线上；当时，若三点共线，则，即，解得或．综上，若三点共线，则或或，故“三点共线”是“－4或”的必要不充分条件．故选：C.6.已知向量，则在上的投影向量为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量公式求解即可.【详解】由，得，所以在上的投影向量为．故选：D7.已知点到直线的距离与到轴的距离相等，则（）A.1或-4 B.-1或4 C.-7或3 D.-3或7【答案】D【解析】【分析】根据点到直线的距离公式进行求解即可.【详解】由题可知，解得或7．故选：D.8.在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式求解.【详解】设平面的法向量为，则，所以，令，可得，，即，，，故点到平面的距离为．故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】空间向量基本定理及推论判断即可.【详解】因为，结合平面向量的基本定理可知四点共面，所以A选项正确；由空间向量基本定理可知，若四点共面，则需满足存在实数，使得，且，显然B选项不正确，C选项正确；化简，可得，满足四点不共面，D选项不正确．故选：AC10.如图，在四棱柱中，四边形是正方形，是棱的中点，点在棱上，且.设，则（）A. B.C. D.向量与夹角的余弦值是【答案】ABD【解析】【分析】连接，由首尾相连可判断AB，再结合向量数量积运算律及夹角公式即可判断BD.【详解】连接，因为四边形是正方形，所以，则．A正确，因为是棱的中点，所以．因，所以，则．B正确，因为四边形是正方形，所以，所以．因为，且，所以，则，C错误，．因为，所以，即向量与夹角的余弦值是．D正确，故选：ABD.11.在正方体中，，为正方形内（包括边界）一动点，为的中点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点，使得C.若，则的最大值为D.满足的点的轨迹长度为【答案】AD【解析】【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，设点，其中、，利用空间向量法可判断BC选项；根据可得出、的关系式，确定点的轨迹，并求其长度，可判断D选项.【详解】对于A选项，因为平面平面，平面，所以点到平面的距离等于，因为四边形是边长为的正方形，故，因此为定值，A对；对于B选项，取的中点，的中点，连接．以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、、、．设，其中、，则，，，因为，所以，所以，不存在点，使得，B错；对于C选项，，，所以，即，因为，所以，故当时，的最大值为，C错；对于D选项，，，由得，即，又因为、，所以、，所以点的轨迹为平面内的线段，即图中的线段，由图知，故满足的点的轨迹长度为，D正确．故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据得，然后利用空间向量共线的坐标运算列式求解即可.【详解】直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，因为，所以，故，解得，则．故答案为：13.已知为坐标原点，直线，则点到的最大距离为__________．【答案】【解析】【分析】先求出直线必过的定点坐标，然后根据点到直线的距离求出结果.【详解】由直线，得，令解得即直线恒过点，当时，点到的距离最大，最大距离为．故答案为：.14.如图1，在菱形中，，将沿对角线翻折到的位置，如图2，连接，构成三棱锥，若二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【解析】【分析】先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后确定各点的坐标和三棱锥外接球的球心坐标，根据半径相等可求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式求出表面积即可.【详解】取的中点，连接，，以为原点，，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，易知外接圆的圆心坐标为，可设三棱锥外接球的球心为，由，可得，解得，故三棱锥外接球的半径的平方，故外接球的表面积为．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知直线．（1）若在两坐标轴上的截距为相反数，求的值；（2）已知直线，且，求与间的距离．【答案】（1）或．（2）【解析】【分析】（1）先求出截距，然后根据截距是相反数求出的值即可.（2）先根据两直线平行关系求出，然后根据两平行直线的距离公式求出结果.【小问1详解】令，可得，令，可得．故，解得或．【小问2详解】因为，所以，解得，所以，可化为．与间的距离为．16.如图，几何体为正三棱台，且，点满足．（1）证明：平面．（2）若为的中点，证明：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据向量运算性质得为的中点，连接，先用向量法证得为平行四边形，然后利用平行四边形性质及线面平行的判定定理证明即可．（2）连接，利用线面平行的判定定理证得平面，再利用平行四边形性质及线面平行的判定定理证得平面，进而利用面面平行的判定定理证明即可．【小问1详解】因为，所以为的中点．连接．因为，所以，则为平行四边形，所以．又平面平面，所以平面．【小问2详解】连接．因为分别为的中点，所以，又平面平面，所以平面．因为为的中点，，所以，所以为平行四边形，所以．又平面平面，所以平面．因为，所以平面平面．17.如图，是圆锥的轴截面，是半圆弧上靠近点的三等分点，是线段的中点．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取半圆弧的中点，连接，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出向量与夹角的余弦值，即可得答案；（2）求出平面的法向量，利用，求解即可.【小问1详解】取半圆弧的中点，连接．易证两两垂直，则以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．，则，．设异面直线与所成的角为，则,所以异面直线与所成角的余弦值为；【小问2详解】由（1）可知．设平面的法向量为，则，所以，令，可得，即．故点到平面的距离为．18.如图，在三棱柱中，底面为正三角形．，且为的中点．（1）证明：．（2）若是侧棱上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出，结合勾股定理证明，进而证平面，再利用线面垂直证线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出所求线面角的正弦值，再求最值即可.小问1详解】证明：如图，连接.因为底面为边长为4的正三角形，且为的中点，所以，又，所以，且，在中，，由余弦定理可得解得，在中，因为，所以．因为平面，且，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】解：由（1）知平面，因为，所以，则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设，则．设平面的法向量为，则即取，则，则平面的一个法向量为．设直线与平面所成的角为，则，当时，取得最大值，最大值为．19.如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面平面．（1）证明：平面．（2）若是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．（3）在棱，，上分别取点，，（均不与端点重合），二面角，，分别记为，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）．（3）【解析】【分析】（1）由条件确定，结合面面垂直的性质定理即可求证；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；（3）设，求得平面的法向量，再由二面角公式得到，，，进而得到，通过，及进而可求解.【小问1详解】因为，所以，所以．因为平面平面，且平