精品解析：河南省许昌市禹州市第三高级中学菁华校区2025-2026学年高二上学期第一次阶段性考试（9月）数学试题

菁华校区高二第一次阶段性考试数学试题 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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.测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何． 第一部分（选择题共58分） 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. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系的对称性可解. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的横坐标和纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数，即． 故选：C. 2. 如图，在平行六面体中，为的中点，若则（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】由空间向量的线性运算法则，可得： ， 因为，所以. 故选：B. 3. 已知空间向量，，则以为单位正交基底时的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理，结合单位正交基底，求向量的坐标. 【详解】空间向量，，则， 故以为单位正交基底时的坐标为. 故选：B. 4. 已知直线的方向向量，直线的方向向量，若且，则的值是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量模长运算可求得，根据向量垂直关系可求得，进而得到结果. 【详解】，或， 当时，，，解得：，； 当时，，，解得：，； 综上所述：的值为或. 故选：D. 5. 已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的坐标表示求解. 【详解】由向量，得，， 则在上的投影向量为， 所以在上的投影的模为． 故选：A 6. 已知，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得坐标，然后由空间向量夹角余弦坐标公式可得答案. 【详解】. 则. 故选：A 7. 在空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，计算、的坐标，利用数量积的坐标运算化简即可. 【详解】由点在直线上运动，故可设，， 则， ， 所以 ， 故当时，取得最小值. 故选：C． 8. 三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解 【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以， 又，且 所以，所以, 取的中点，易得,又 所以平面，又平面，所以平面平面， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 令，所以， 因为，所以，所以， 所以， 因为直线AC与BD所成角为，所以， 解得，即， 如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心， 设点A在平面内的投影为，作， 所以, 所以在中， ,, 所以在中，，解得， 所以，三棱锥外接球表面积为， 故选：A 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； 2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解； 3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长． 4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长． 5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 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. （多选）将正方形沿折叠如图所示，其中点分别为的中点，点将线段三等分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量线性运算及共线向量的意义逐项判断即得. 【详解】对于A，由点分别为的中点，得， 而，因此，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，长度相等，方向不同，C错误； 对于D，，D正确． 故选：AD 10. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，F为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ） A. B. 向量与所成角的余弦值为 C. 平面AEF的一个法向量是 D. 点D到平面AEF的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用空间向量表示出，进而求出；B选项，利用空间向量夹角公式求解；C选项，利用数量积为0进行证明线线垂直，进而得到答案；D选项，利用点到直线的空间向量公式进行求解. 【详解】对于A，正方体中，，， ，所以，故A错误； 对于B，，， ，故B正确； 对于C，设，则，，而， 所以平面的一个法向量是，故C正确； 对于D，，则点D到平面AEF的距离为，故D正确． 故选：BCD 11. 如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面是正方形，且，下列选项正确的是（ ） A. 长为 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为一组基底，将用基底表示，得，利用数量积的运算即可求解，进而判断A，先求，利用向量的夹角公式即可判断B，计算和即可判断CD. 【详解】由题意有：，所以 ，所以，故A正确； ，所以，所以 ， 所以，故B错误； 由，， 所以 ，所以，故C正确； 由，所以，故D正确； 故选：ACD. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，若、、三向量共面，则实数等于_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理，结合空间向量线性运算的坐标表示求解即可. 【详解】因为、、三向量共面， 所以存在唯一实数对，使得， 即， 所以，解得. 故答案为：. 13. 在空间直角坐标系中，，若四边形为平行四边形，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形得出向量相等计算即可. 【详解】， 因为四边形为平行四边形，所以，所以， 故答案为：． 14. 如图，在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合已知可得，利用共面向量基本定理求解. 【详解】因为， 因为，所以， 所以，又， 所以，所以，因为共面， 所以，解得. 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O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证： （1）A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； （2）； （3）三点共线． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的基本定理即可得证； （2）由，结合空间向量的减法和数乘运算可推出，从而得证； （3）由，结合（2）中结论与即可得证. 【小问1详解】 由，， 知A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； 【小问2详解】 由，，， 得 ， 所以； 【小问3详解】 由（2）知， 所以 ， 所以， 即，又与有一个公共点，所以三点共线． 16. 如图，四棱锥中，平面平面，平面，，．点为的中点，点在上，且． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面平面，因为，可得， 又因为平面平面，且平面，所以平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，，， 所以，， 则，所以，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得，，结合，即可证得； （2）分别求得平面和的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：由已知得平面的一个法向量为， 因为，又由， 设平面的法向量，则， 取，可得，所以， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知空间中三点，，． （1）设，且，求的坐标； （2）若四边形ABCD是平行四边形，求顶点D的坐标； （3）求的面积． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，可设，根据模长求得即可求解； （2）设，由ABCD是平行四边形可得，利用向量相等即可解出点坐标； （3）根据空间向量模长及夹角公式，再利用公式求解. 【小问1详解】 由已知得． 因为，所以可设， 所以，解得， 所以或． 【小问2详解】 设，因为ABCD是平行四边形，所以， 由，，， 得，， 所以，故． 【小问3详解】 由题可得，， 所以，， 所以， 又，所以， 所以的面积． 18. 如图，在直四棱柱中，，，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值： （3）若为线段上的动点，求到直线距离的最小值. 【答案】（1）由直四棱柱知，底面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为平面，所以． 因为，，． 所以，， 所以，所以， 因为，所以，所以， 又，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面，平面， 所以，因为，所以两两垂直， 所以以为原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 因为， 则，令，则， 平面的一个法向量为． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 设， 则， 设到直线的距离为， 则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 19. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． （1）证明：为平行四边形； （2）是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． （3）证明：点和形成的多面体的体积为定值． 【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用截面，分别作出在点和在点处的截面，得知在上移动时，截面绕转动，再利用面面平行的性质即可得证； （2）过作于，可得是平面的一个法向量，结合为平面的一个法向量，知为和底面的夹角，在中，求得的范围即可; （3）设截面与交于点，与交于，由四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥，可得体积不变. 【小问1详解】 ，截面， 当在点处时，在平面内的射影为， 当在点时，在平面内的射影为， 令分别为的中点，过的截面与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在点处时，在平面内的射影为，在平面内的射影为， 过的截面为与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在上移动时，截面绕转动， 当在点时，在面射影为， 由面面平等的性质可知截面总为平行四边形； 【小问2详解】 不存在 理由：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 过作于，由题意得平面， 是平面的一个法向量， 为平面的一个法向量，为和底面的夹角， ， 存在，使得和底面的夹角大于； 不否存在，使得和底面的夹角为． 【小问3详解】 设截面与交于点，与交于， 四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥， 两个三棱锥底面无论截面变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长， 三棱锥，三棱锥的体积为定值， 点和形成的多面体为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 菁华校区高二第一次阶段性考试数学试题 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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.测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何． 第一部分（选择题共58分） 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. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在平行六面体中，为的中点，若则（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 已知空间向量，，则以为单位正交基底时的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线的方向向量，直线的方向向量，若且，则的值是（ ） A. B. 或 C. D. 或 5. 已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 6. 已知，则的值为（　　） A. B. C. D. 7. 在空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 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. （多选）将正方形沿折叠如图所示，其中点分别为的中点，点将线段三等分，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，F为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ） A. B. 向量与所成角的余弦值为 C. 平面AEF的一个法向量是 D. 点D到平面AEF的距离为 11. 如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面是正方形，且，下列选项正确的是（ ） A. 长为 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. D. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，若、、三向量共面，则实数等于_____. 13. 在空间直角坐标系中，，若四边形为平行四边形，则________． 14. 如图，在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则________. 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O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证： （1）A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； （2）； （3）三点共线． 16. 如图，四棱锥中，平面平面，平面，，．点为的中点，点在上，且． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知空间中三点，，． （1）设，且，求的坐标； （2）若四边形ABCD是平行四边形，求顶点D的坐标； （3）求的面积． 18. 如图，在直四棱柱中，，，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值： （3）若为线段上的动点，求到直线距离的最小值. 19. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． （1）证明：为平行四边形； （2）是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． （3）证明：点和形成的多面体的体积为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $