卓越聯(lián)盟2025－2026學(xué)年第一學(xué)期高二第一次月考

數(shù)學(xué)試題

注意事項(xiàng)：

1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫(xiě)在答題卡上．

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上．寫(xiě)在本試

卷上無(wú)效．

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．

4.本試卷主要考試內(nèi)容：人教A版選擇性必修第一冊(cè)第一章至第二章2.3．

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是

符合題目要求的.

A0,1,1,B2,3,4AB

1.在空間直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)，則（）

A.25B.32C.29D.5

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)空間兩點(diǎn)距離公式即可得到答案.

222

【詳解】AB20314129．

故選：C.

2.若直線l1:mxy30與直線l2:2xm1y20垂直，則m（）

11

A.B.C.1D.1

33

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)A1A2B1B20求解即可.

1

【詳解】2mm10，解得m．

3

故選：A.

rrr

rrrrrr2π

3.若向量a,b,c滿足abc1,ca,cb,a,b，則abbc（）

3

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11

A.B.C.1D.－1

22

【答案】B

【解析】

【分析】利用數(shù)量積的運(yùn)算律以及定義即可得出.

2π1

【詳解】由題意可得，ca0,cb0,ab11cos，

32

211

則abbcabbacbc1．

22

故選：B

4.已知直線l的傾斜角為45,l的一個(gè)方向向量為a2,m，則m（）

2

A.B.1C.2D.2

2

【答案】D

【解析】

m

【分析】根據(jù)直線l的傾斜角為45得k1，再利用直線的方向向量求得l斜率為，列方程求解即可.

2

【詳解】因?yàn)橹本€l的傾斜角為45，所以其斜率ktan451，

m

又因?yàn)閘的一個(gè)方向向量為a2,m，所以k1，即m2．

2

故選：D.

2

5.已知三點(diǎn)Am2,m,B1,2,Cm,32，則“A,B,C三點(diǎn)共線”是“m4或m7”的（）

A.充要條件B.充分不必要條件

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】

【分析】求出三點(diǎn)共線時(shí)的所有m值，再根據(jù)必要不充分條件的判斷即可得到答案.

【詳解】當(dāng)m1時(shí)，A,B,C三點(diǎn)均在直線x1上；

1

當(dāng)m1時(shí)，k，而直線BC的斜率不存在，顯然三點(diǎn)不在一條直線上；

AB2

m2322

當(dāng)m1時(shí)，若A,B,C三點(diǎn)共線，則kk，即，解得m4或m7．

ABBCm21m21

綜上，若A,B,C三點(diǎn)共線，則m1或m4或m7，

故“A,B,C三點(diǎn)共線”是“m－4或m7”的必要不充分條件．

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故選：C.

r

r

6.已知向量a0,1,2,b1,2,3，則b在a上的投影向量為（）

214414614246

A.,,B.,,

777777

458548

C.0,,D.0,,

5555

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)投影向量公式求解即可.

【詳解】由a0,1,2,b1,2,3，得ab4,a5，

ab448

所以b在a上的投影向量為2a0,1,20,,．

a555

故選：D

7.已知點(diǎn)M1,2到直線4x3ym0的距離與到y(tǒng)軸的距離相等，則m（）

A.1或-4B.-1或4C.-7或3D.-3或7

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式進(jìn)行求解即可.

46m

【詳解】由題可知1，解得m3或7．

4232

故選：D.

uuuruuuruuur

8.在四棱錐PABCD中，AB1,1,0,AD1,0,1,AP0,0,1，則這個(gè)四棱錐的高為（）

331

A.B.C.D.3

633

【答案】B

【解析】

【分析】先求出平面ABCD的法向量，再利用點(diǎn)到平面的距離公式求解.

rnAB

【詳解】設(shè)平面ABCD的法向量為nx,y,z，則，

nAD

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xy0

所以，令x1，可得y1，z1，即n1,1,1，n3，

xz0

uuurr

uuurrAPn3

APn1，故點(diǎn)P到平面ABCD的距離為r．

n3

故選：B.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目

要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．

9.已知A,B,C三點(diǎn)不共線，O為平面ABC外一點(diǎn)，下列條件中能確定M,A,B,C四點(diǎn)共面的是（）

uuuruuuruuur

A.MA4MB2MCB.OMOAOBOC

uuur1uur1uuur1uuuruuuruuruuuruuur

C.OMOAOBOCD.OM4OA2OBBC

623

【答案】AC

【解析】

【分析】空間向量基本定理及推論判斷即可.

uuuruuuruuur

【詳解】因?yàn)镸A4MB2MC，結(jié)合平面向量的基本定理可知M,A,B,C四點(diǎn)共面，所以A選項(xiàng)正確；

由空間向量基本定理可知，若M,A,B,C四點(diǎn)共面，則需滿足存在實(shí)數(shù)x,y,z，使得

OMxOAyOBzOC，且xyz1，顯然B選項(xiàng)不正確，C選項(xiàng)正確；

uuuruuruuuruuur

化簡(jiǎn)OM4OA2OBBC，可得OM4OA2OBOCOB4OAOBOC，

滿足4112,M,A,B,C四點(diǎn)不共面，D選項(xiàng)不正確．

故選：AC

10.如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四邊形ABCD是正方形，

是棱的中點(diǎn)，點(diǎn)在棱上，且設(shè)

AA12AB4,A1ABA1AD60,EAA1FCC1CF3FC1.

，則（）

ABa,ADb,AA1c

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uuurr

r1r

A.ACabcB.EFabc

14

uuur

向量與夾角的余弦值是11130

C.EF23D.AC1EF

130

【答案】ABD

【解析】

【分析】連接AC，由首尾相連可判斷AB，再結(jié)合向量數(shù)量積運(yùn)算律及夾角公式即可判斷BD.

【詳解】

連接AC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以ACABAD，

則．正確，

AC1ACCC1ABADAA1abcA

uur1uuur

因?yàn)镋是棱AA的中點(diǎn)，所以EAAA．

121

uuuruuur3uuur3uuur

因?yàn)?，所以?/p>

CF3FCCFCC1AA1

144

uuuruuruuuruuur1uuuruuuruuur3uuuruuuruuur1uuurrr1r

則EFEAACCFAAABADAAABADAAabc．B正確，

2141414

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以ABAD，所以ab0．

rrrr

因?yàn)椋?，所以?/p>

A1ABA1AD60AA12AB4acbc4

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2

則222，

AC1abcabc2ab2ac2bc210

2

1221211

EFabcabc2abacbc13,C錯(cuò)誤，

41622

1155

222．

AC1EFabcabcabc2abacbc22

4444

因?yàn)锳C1EFAC1EFcosAC1,EF，

AC1EF2211130

所以cosAC1,EF，

AC1EF21013130

uuur

即向量與夾角的余弦值是11130．正確，

AC1EFD

130

故選：ABD.

在正方體中，，為正方形內(nèi)（包括邊界）一動(dòng)點(diǎn)，為的

11.ABCDA1B1C1D1AB2PA1B1C1D1FCC1

中點(diǎn)，則（）

A.三棱錐PABC的體積為定值

B.存在點(diǎn)P，使得CPA1B

5

C.若AP3，則cosPAB的最大值為

3

D.滿足BPAF的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2

【答案】AD

【解析】

【分析】利用錐體體積公式可判斷A選項(xiàng)；以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)Px,y,2，其中x、y0,2，利用空間向量法可判斷BC選項(xiàng)；根據(jù)

BPAF0可得出x、y的關(guān)系式，確定點(diǎn)P的軌跡，并求其長(zhǎng)度，可判斷D選項(xiàng).

【詳解】對(duì)于選項(xiàng)，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面?/p>

AA1B1C1D1//ABCDPA1B1C1D1

所以點(diǎn)P到平面ABCD的距離等于AA12，

112

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，故S△ABBC22，

ABC22

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114

因此VS△222為定值，A對(duì)；

PABC3ABC33

對(duì)于B選項(xiàng)，取A1D1的中點(diǎn)E，A1B1的中點(diǎn)M，連接EM．

以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A2,0,0、B2,2,0、A12,0,2、E1,0,2、F0,2,1、C0,2,0．

設(shè)，其中、，則，，

Px,y,2xy0,2CPx,y2,2A1B0,2,2

，

CPA1Bx,y2,2.0,2,22y8

uuruuur

因?yàn)椋裕?/p>

y0,2CPA1B2y80

所以，不存在點(diǎn)P，使得CPA1B，B錯(cuò)；

對(duì)于C選項(xiàng)，APx2,y,2，AB0,2,0，

222

所以APx2y2229，即x2y25，

APAB2yy2

因?yàn)閥0,2，所以cosPAB，

APAB3233

2

故當(dāng)AP3時(shí)，cosPAB的最大值為，C錯(cuò)；

3

對(duì)于D選項(xiàng)，AF2,2,1，BPx2,y2,2，

由BPAF得AFBP2,2,1x2,y2,22x22y2120，即yx1，

又因?yàn)閤、y0,2，所以x0,2、y0,1，

所以點(diǎn)的軌跡為平面內(nèi)的線段，

PA1B1C1D1yx1,x1,2

即圖中的線段，由圖知2222，

EMEMA1EA1M112

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故滿足BPAF的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2，D正確．

故選：AD.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．

12.已知直線l的一個(gè)方向向量為d1,1,3，平面的一個(gè)法向量為u2,m,n，若l，則

mn______．

【答案】4

【解析】

rr

【分析】根據(jù)l得d//u，然后利用空間向量共線的坐標(biāo)運(yùn)算列式求解即可.

urr

【詳解】直線l的一個(gè)方向向量為d1,1,3，平面的一個(gè)法向量為u2,m,n，

rr2mn

因?yàn)閘，所以d//u，故，解得m2,n6，則mn4．

113

故答案為：4

13.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l:kxy4k10，則點(diǎn)O到l的最大距離為_(kāi)_________．

【答案】17

【解析】

【分析】先求出直線l必過(guò)的定點(diǎn)坐標(biāo)，然后根據(jù)點(diǎn)到直線的距離求出結(jié)果.

【詳解】由直線l:kxy4k10，得kx4y10，

x40,x4,

令解得即直線l恒過(guò)點(diǎn)P4,1，

y10,y1,

當(dāng)OPl時(shí)，點(diǎn)O到l的距離最大，最大距離為421217．

故答案為：17.

14.如圖1，在菱形ABCD中，AB2,BAD60，將△ABD沿對(duì)角線BD翻折到△PBD的位置，

2π

如圖2，連接PC，構(gòu)成三棱錐PBCD，若二面角PBDC的平面角為，則三棱錐PBCD外接

3

球的表面積為_(kāi)_________．

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28π

【答案】

3

【解析】

【分析】先根據(jù)垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，然后確定各點(diǎn)的坐標(biāo)和三棱錐外接球的球心坐標(biāo)，根據(jù)半

徑相等可求出外接球的半徑，最后根據(jù)球的表面積公式求出表面積即可.

【詳解】取BD的中點(diǎn)H，連接PH，CH，以H為原點(diǎn)，HB，HC所在直線分別為x,y軸，

垂直于平面BCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

33

則B1,0,0,D1,0,0,C0,3,0，P0,,，

22

3

易知△BCD外接圓的圓心坐標(biāo)為0,,0，

3

3

可設(shè)三棱錐PBCD外接球的球心為O0,,m，

3

222

3333

由，可得22，解得，

OPOBm1mm1

3223

27

故三棱錐PBCD外接球的半徑的平方R2OB，

3

28π

故外接球的表面積為4πR2．

3

28π

故答案為：.

3

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．

15.已知直線l:axa2ya30．

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（1）若l在兩坐標(biāo)軸上的截距為相反數(shù)，求a的值；

（2）已知直線m:x2y10，且l//m，求l與m間的距離．

【答案】（1）a1或a3．

5

（2）

10

【解析】

【分析】（1）先求出截距，然后根據(jù)截距是相反數(shù)求出a的值即可.

（2）先根據(jù)兩直線平行關(guān)系求出a，然后根據(jù)兩平行直線的距離公式求出結(jié)果.

【小問(wèn)1詳解】

a3

令x0，可得y，

a2

a3

令y0，可得x．

a

a3a3

故0，解得a1或a3．

aa2

【小問(wèn)2詳解】

aa2

因?yàn)閘//m，所以，解得a2，

12

1

所以l:2x4y10，可化為x2y0．

2

1

1

與m間的距離為5．

l2

122210

uuuruuuruuur1uuur1uur

16.如圖，幾何體ABCDEF為正三棱臺(tái)，且DE2AB，點(diǎn)G滿足FGFDFE．

22

（1）證明：AG//平面CFEB．

（2）若H為CE的中點(diǎn)，證明：平面BGH//平面ADFC．

【答案】（1）證明見(jiàn)解析

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（2）證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】（1）根據(jù)向量運(yùn)算性質(zhì)得G為DE的中點(diǎn)，連接AG，先用向量法證得AGEB為平行四邊形，然

后利用平行四邊形性質(zhì)及線面平行的判定定理證明即可．

（2）連接CD，利用線面平行的判定定理證得GH//平面ADFC，再利用平行四邊形性質(zhì)及線面平行的判

定定理證得BG//平面ADFC，進(jìn)而利用面面平行的判定定理證明即可．

【小問(wèn)1詳解】

uuur1uuur1uur

因?yàn)镕GFDFE，所以G為DE的中點(diǎn)．

22

uuuruuuruuuruuur

連接AG．因?yàn)镈E2AB，所以GEAB，

則AGEB為平行四邊形，所以AG//BE．

又AG平面CFEB,BE平面CFEB，所以AG//平面CFEB．

【小問(wèn)2詳解】

連接CD．因?yàn)镚,H分別為DE,CE的中點(diǎn)，所以CD//GH，

又GH平面ADFC,CD平面ADFC，所以GH//平面ADFC．

uuuruuuruuuruuur

因?yàn)镚為DE的中點(diǎn)，DE2AB，所以DGAB，

所以ADGB為平行四邊形，所以AD//BG．

又BG平面ADFC,AD平面ADFC，所以BG//平面ADFC．

因?yàn)锽GGHG，所以平面BGH//平面ADFC．

17.如圖，△SAB是圓錐SO的軸截面，SA25,AB4,C是半圓弧AB上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，D是

線段OB的中點(diǎn)．

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（1）求異面直線SA與CD所成角的余弦值；

（2）求點(diǎn)D到平面SAC的距離．

235

【答案】（1）

35

657

（2）

19

【解析】

uuuruuuruur

【分析】（1）取半圓弧AB的中點(diǎn)E，連接OE，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE,OB,OS的方向分別為x,y,z軸的

正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，求出向量SA與CD夾角的余弦值，即可得答案；

CDn

（2）求出平面SAC的法向量，利用d，求解即可.

n

【小問(wèn)1詳解】

取半圓弧AB的中點(diǎn)E，連接OE．

易證OE,OB,OS兩兩垂直，

uuuruuuruur

則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE,OB,OS的方向分別為x,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

SOSA2OA24,A0,2,0,C3,1,0,D0,1,0,S0,0,4，

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則SA0,2,4，CD3,2,0．

設(shè)異面直線SA與CD所成的角為，

SACD4235

則coscosSA,CD,

SACD25735

235

所以異面直線SA與CD所成角的余弦值為；

35

【小問(wèn)2詳解】

由（1）可知AC3,1,0．

設(shè)平面SAC的法向量為nx,y,z，

nSA

則，

nAC

2y4z0

所以，

3xy0

令x2，可得y23,z3，

即n2,23,3．

CDn63657

故點(diǎn)D到平面SAC的距離為．

n1919

1

18.如圖，在三棱柱ABCABC中，底面ABC為正三角形．ABAAAB4，且cosAAC,O

1111114

為AB的中點(diǎn)．

（1）證明：ACA1O．

（2）若P是側(cè)棱CC1上一點(diǎn)，求直線A1P與平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）證明見(jiàn)解析

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4

（2）

5

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理求出A1C，結(jié)合勾股定理證明A1OCO，進(jìn)而證A1O平面ABC，再利用線

面垂直證線線垂直；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量表示出所求線面角的正弦值，再求最值即可.

【小問(wèn)1詳解】

證明：如圖，連接CO.因?yàn)榈酌鍭BC為邊長(zhǎng)為4的正三角形，

且O為AB的中點(diǎn)，所以CO23，

又，所以，且，

ABA1AA1B4A1OABA1O23

1

在△AAC中，cosAAC，

114

222222

ACA1AA1C44A1C1

由余弦定理可得cosA1AC,

2ACA1A2444

解得，

A1C26

222

在OA1C中，因?yàn)镃OA1OA1C，所以A1OCO．

因?yàn)锳B,CO平面ABC，且ABCOO，所以A1O平面ABC，

又AC平面ABC，所以ACA1O．

【小問(wèn)2詳解】

解：由（1）知A1O平面ABC，因?yàn)锽CAC，所以COAB，

則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC,OA,OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，

A0,2,0,B0,2,0,C23,0,0,A10,0,23

則，

A1C23,0,23,BC23,2,0,AA1CC10,2,23

設(shè)，則．

CPCC10,2,23A1PA1CCP23,2,2323

BCn0,23x2y0,

設(shè)平面的法向量為，則即

BCC1B1nx,y,z

CC1n0,2y23z0

取，則，則平面的一個(gè)法向量為．

x1y3,z1BCC1B1n1,3,1

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設(shè)直線A1P與平面BCC1B1所成的角為，

APn

則1

sincosA1P,n

A1Pn

4343

，

2222

232232351624245

34

當(dāng)時(shí)，sin取得最大值，最大值為．

45

19.如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是正方形，平面PAD平面

ABCD,PAAB2,PD22．

（1）證明：PA平面ABCD．

（2）若E是棱PD的中點(diǎn)，求平面PBC與平面ACE夾角的余弦值．

（3）在棱AB，AD，AP上分別取點(diǎn)H，M，N（均不與端點(diǎn)重合），二面角HMNA，MHNA，

NHMA分別記為,,，求coscoscos的取值范圍．

【答案】（1）證明見(jiàn)解析

6

（2）．

3

（3）1,3

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【解析】

【分析】（1）由條件確定PAAD，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理即可求證；

（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；

（3）設(shè)Ha,0,00a2,M0,b,00b2,N0,0,c0c2，求得平面MNH的法向量

bcac

coscos

ubc,ac,ab，再由二面角公式得到222，222，

bcacabbcacab

abacbcab

coscoscoscos

222，進(jìn)而得到222，通過(guò)

bcacabbcacab

2222

cos2cos2cos21，及abbcacbcacab進(jìn)而可求解.

【小問(wèn)1詳解】

因?yàn)镻AAB2,PD22，

所以PA2AD2PD2，所以PAAD．

因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，

又PA平面PAD，

所以PA平面ABCD．

【小問(wèn)2詳解】

由題意可知AB，AD，AP兩兩垂直，

則以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

由題意可得B2,0,0,P0,0,2,C2,2,0,D0,2,0,E(0,1,1)，

則BC0,2,0,PB2,0,2,AC2,2,0,AE0,1,1．