四川省乐山市峨眉第二中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名､班级和准考证号填写在答题卡规定的位置上，条码要粘贴在条
码框内.
2.答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦
擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色笔迹的签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，只将答题卡交回.
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. 已知 ， ，若 ，则 m 的值为（ ）
A. －2 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线的性质即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，解得 ，
故选：C.
2. 若直线 l 的方向向量 ，平面 的法向量 ，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据 可得结果.
【详解】因为 ，
所以 ，
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所以 或 .
故选：D
3. 若向量 ，且 与 的夹角的余弦值为 ，则 （ ）
A. 2 B.
C. 或 D. 2 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的夹角公式的坐标形式，列式求解，即可得答案.
【详解】由题意，向量 ，
得 ，解得 或 ，
故选：C
4. 如图， ，原点 是 的中点，点 ，点 在平面 上，且
，则 的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线。求出 ，进而利用两点间距离公式求出答案.
【详解】过点 D 作 DH⊥BC 于点 H，
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因为点 在平面 上，所以点 的横坐标为 ，又 ，原点 是 的中点，
且 ，
所以 ， ，
所以 ，
故点 的竖坐标 ，
，
故纵坐标 ．
所以 ．
所以 ，
故选：D．
5. 如图的平行六面体 中，点 在 上，点 在 上，且
，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
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【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的三角形法则，向量的运算性质即可得出.
【详解】因为 ， ， ，所以
，又因为 ，所以
.所以 .
故选：B
6. 以下命题中，不正确的个数为（ ）
①“ ”是“ ， 共线”的充要条件；②若 ，则存在唯一的实数 ，使得 ；③若
， ，则 ；④若 为空间的一个基底，则 构成空间的另一个基
底；⑤ .
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用不等式 等号成立的条件判断①即可；利用 与任意向量共线，来判断②是否
正确；利用共面向量定理判断③是否正确；根据不共面的三个向量可构成空间一个基底，结合共面向量定
理，用反证法证明即可；代入向量数量积公式验证即可．
【详解】对①， 向量 、 同向时， ，
故 时，必有向量 、 反向且 ，
只满足充分性，不满足必要性， ①错误；
对②，当 为零向量， 为零向量时， 不唯一，当 为零向量， 不为零向量时， 不存在； ②错误；
对③， ， ，则 ， ，不能得到 ，故③错误；
对④，用反证法，若 不构成空间的一个基底，即 共面，
设 ，则 ，方程组无解，矛盾，
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，
即 不共面，构成空间的另一个基底， ④正确；
对⑤， ， ⑤错误．
故选：C．
7. 在四棱锥 中， ，则这个四棱锥的高 h 等于
（ ）
A. 1 B. 2 C. 13 D. 26
【答案】B
【解析】
【分析】求出平面 的法向量，再利用点到平面的距离公式计算即得.
【详解】设平面 的法向量 ，则 ，令 ，得 ，
所以这个四棱锥的高 .
故选：B
8. 如图，正方体 棱长为 2，点 O 为底面 ABCD 的中心，点 P 在侧面 的边界及
其内部运动．若 ，则 面积的最大值为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过建立空间直角坐标系，设 P 坐标，根据 可得出轨迹方程，再根据轨迹方程即可求
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解.
【详解】如图，以 为原点建立空间直角坐标系，设 ，
， ， ， ，
∵ ，∴ ，
∴点 P 在侧面 的边界及其内部运动的轨迹如图线段 ：
正方体 中， 平面 ，
∴ ，又 ，
由图可知当点 P 在 E 处 取得最大值 ，
所以 面积的最大值 .
故选：D.
二､多选题（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. 棱长为 1 的正方体 中，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体的几何特征，利用空间向量的运算求解判断.
【详解】如图所示：
由图形知：因为 ，所以 ，故 A 正确；
因为 ，所以 ，故 B 正确；
因为 平面 ，所以 ，所以 ，故 C 正确；
因为四边形 是矩形，所以 与 不垂直，则 ，故 D 错误.
故选：ABC
10. 在空间直角坐标系中，下列结论中正确的是（ ）
A. 轴上的点坐标可以表示为 B. 轴上的点坐标可以表示为
C. 平面上的点坐标可以表示为 D. 平面上的点坐标可以表示为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间直角坐标定义对选项一一判断即可．
【详解】 轴上的点坐标可以表示为 ，故 A 不正确；
轴上的点坐标可以表示为 正确；
平面上的点坐标可以表示为 正确；
平面上的点坐标可以表示为 正确．
故选：BCD．
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11. 如图，菱形 ABCD 边长为 2， ，E 为边 AB 的中点，将 沿 DE 折起，使 A 到 ，
连接 ， ，且 ，则下列结论中正确的是（ ）
A. 平面 平面 B. 平面
C. ВС与平面 所成角的余弦值为 D. 二面角 的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，结合面面垂直的判定定理，即可判断 A 的正误；利用线面平行的判定定理，即可判断 B
的正误；如图建系，求得各点坐标及所需向量坐标，利用线面角的向量求法，计算即可判断 C 的正误；先
求得平面 的法向量，根据二面角的向量求法，即可判断 D 的正误.
【详解】选项 A：因为在菱形 ABCD 中，E 为边 AB 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ED⊥DC，
因为 ， ，
所以 平面 ，
因为 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 ⊥平面 ，故 A 正确；
选项 B：因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，故 B 正确；
选项 C：由 A 知， 平面 ，则 ， ，
又菱形 ABCD 边长为 2， ，E 为边 AB 的中点，
所以 ，又 ，所以 平面 BED，
以 E 为原点，分别以 EB，ED， 为 x，y，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系：
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则 ，
所以 ，
由上可知： 平面 ，
则 即为平面 的一个法向量，
设ВС与平面 所成角为 ，
则 ，
所以 ，
即ВС与平面 所成角的余弦值为 ，故 C 错误；
选项 D：显然平面 的一个法向量为： ，
设平面 的一个法向量为：
则有 ，即 ，
令 ，所以 ，
所以 ，
由图象可得，二面角 为锐二面角，所以余弦值为 ，故 D 正确，
故选：ABD
三､填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
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12. 已知 ， ，则 __________.
【答案】 .
【解析】
【分析】本道题关键抓住 ，代入向量的坐标，计算，即可．
【详解】 ，即可．
【点睛】本道题考查了向量的坐标运算，考查了向量的加减法，难度较容易．
13. 已知直线 l 经过 ， 两点，直线 l 的斜率是直线 m 的斜率的三倍，则直线 m 的倾斜角是
_____________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据直线斜率的求法及斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】由直线 l 经过 ， 两点，
则直线 的斜率 ，
所以直线 的斜率 ，
由 ，所以 .
故答案为：
14. 如图，在正四面体 中，点 、 、 、 、 、 分别是所在棱的中点，空间中的点
满足 且 ，当 取到最小值时，记此时的点 为 ，则当 、
且 时，数量积 的不同取值的个数是______．
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【答案】5
【解析】
【分析】由已知可得点 在平面 上，且 平面 ，再利用数量积的几何意义可求出
的不同取值的个数.
【详解】因为点 满足 且 ，所以点 在平面 上，
因为 ，所以 为平面 的中心，此时 平面 ，
由数量积的几何意义可知 在 的投影有 5 种情况：0， ， ，
所以数量积 的不同取值的个数是 5.
故答案为：5
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 经过两点 ，问：当 取何值时：
（1）直线 与 轴平行？
（2）直线 的倾斜角为 ？
（3）直线 的倾斜角为锐角？
【答案】（1）1 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合两点斜率公式，根据直线斜率列方程求解即可.
（2）结合两点斜率公式和斜率 定义，根据直线斜率列方程求解即可.
（3）根据直线 的倾斜角为锐角得 ，利用两点斜率公式列不等式求解即可.
【小问 1 详解】
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若直线 与 轴平行，则直线 的斜率 ，所以 ；
【小问 2 详解】
由直线 倾斜角为 可知，直线 的斜率 ，
所以 ，解得 ；
【小问 3 详解】
由题意可知，直线 的斜率 ，所以 ，
即 ，解得
16. 如图，已知矩形 ABCD 所在平面外一点 P， 平面 ABCD，E、F 分别是 AB、PC 的中点．
求证：（1） 共面；
（2）求证： ．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）以 为原点, 为 轴, 为 轴， 为 轴,建立空间直角坐标系 ，设
, , ，求出 ， ， ， ， 0 ， ， ， ， ，从而
，由此能证明 共面 ．
（2） 求出 ， 0 ， ， ， ， ，由 ，能证明 ．
【详解】证明： 如图，以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，
建立空间直角坐标系 ，
设 ， ， ，
则 0， ， 0， ， 2b， ，
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2b， ， 0， ，
为 AB 的中点，F 为 PC 的中点，
0， ， b， ，
b， ， ， 2b， ，
共面.
（2） ，
．
【点睛】本题考查三个向量共面的证明,考查两直线垂直的证明,是基础题．
17. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 1 的菱形， ， 底面 ，
，M 为 的中点，N 为 BC 的中点.
（1）证明：直线 BD 平面 OAC
（2）求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小；
（3）求点 B 到平面 OCD 的距离.
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【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用菱形性质得 ，再利用线面垂直的性质定理得 ，进而利用线面垂直的
判定定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角余弦值，即可得解.
（3）求出平面 OCD 的法向量，利用空间向量点面距离公式求解即可.
【小问 1 详解】
连接 BD､AC 交于点 E.因为四边形 ABCD 是菱形，所以 .
因为 底面 且 底面 ，所以 .
因为 ， 平面 OAC，
所以直线 BD 平面 OAC.
【小问 2 详解】
过 A 作 交 CD 于点 P.如图示，
分别以 为 x､y､z 轴正方向建立坐标系，
则 ， ， ，
因为 ， ，
所以 ， ， ，
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， .
设直线 AB 与 MD 所成角为 ，则 .
因为 ， ，
所以 ，
所以 ，即直线 AB 与 MD 所成角为 .
【小问 3 详解】
设平面 OCD 的一个法向量为 ，
， ，
则 ，所以 ，
令 得 ，设点 B 到平面 OCD 的距离为 d，
则 d 为 在向量 上的投影的绝对值，
由 ，得 .
所以点 B 到平面 OCD 的距离为 .
18. 如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径 ，母线 ，M 是 PB
的中点，四边形 OBCH 为正方形.
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（1）设平面 平面 ，证明： ；
（2）设 D 为 OH 的中点，N 是线段 CD 上的一个点，当 MN 与平面 PAB 所成角最大时，求 MN 的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质，先证明 平面 POH 即可；
（2）以 O 为原点，OP 所在的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设 ，
设 MN 与平面 PAB 所成的角为 ，再根据线面角的向量方法求得 ，根据二次函数
的最值求解即可
【小问 1 详解】
因为四边形 OBCH 为正方形，∴ ，
∵ 平面 POH， 平面 POH，∴ 平面 POH.
∵ 平面 PBC，平面 平面 ，∴ .
【小问 2 详解】
∵圆锥的母线长为 ， ，∴ ， ，
以 O 为原点，OP 所在的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则 ， ， ， ，
设 ， ，
， 为平面 PAB 的一个法向量，
设 MN 与平面 PAB 所成的角为 ，
则 ，令 ，
则
所以当 时，即 时， 最大，亦 最大，此时 ，
所以 .
19. 如图，在长方体 中， ， 为 CD 中点.
（1）求证： ；
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（2）在棱 上是否存在一点 P，使得 平面 ？若存在，求 的长；若不存在，说明理由；
（3）若平面 与平面 夹角的大小为 30°，求 AB 的长.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在， ；
（3）2
【解析】
【分析】（1）如图连接 ，先证明 四点共面，再证 平面 ，据此可完成证明；
（2）如图建立空间直角坐标系，设 ，其中 ， ，分别求出 和平面 法
向量坐标，利用空间向量知识可得答案；
（3）由（2），求出平面 法向量坐标，由平面 与平面 夹角的大小为 30°，可得关于 的
方程，据此可得答案.
【小问 1 详解】
如图连接 ，由题易得 ，则 四点共面.
因 ，且几何体为长方体，可得 ， 平面 ，
又 平面 ，则 .
因 平面 ， ，则 平面 ，又 平面 ，则
；
【小问 2 详解】
如图建立空间直角坐标系，设 ，其中 ， .
则 ， ， ，
.设平面 法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，则取 .
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因 平面 ，则 ，即存在点 满足题意，此时 ；
【小问 3 详解】
由（2）， ， ， .
设平面 法向量为 ，则 ，则取 .因平面
与平面 夹角的大小为 30°，
则 ，
化简得 ，则 AB 的长为 2.
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