精品解析：福建省三明市沙县区三明北附高级中学有限公司2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题

三明北附2025-2026学年第一次月考高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在空间四边形中，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的加减法运算即可得解. 【详解】. 故选：B． 2. 如图，在三棱锥O－ABC中，D是BC的中点，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】因为D为BC的中点，所以， 又， 所以． 故选:C． 3. 在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意选为一组基底，利用空间向量基本定理，先表示，利用即可求解. 【详解】由题意有：， ， 所以， 故选：C． 4. 已知空间向量，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量平行的坐标运算，即可进一步求解. 【详解】根据题意，由， 设， 即 解得：， 则有， 由此得． 故选：B. 5. 设直线l的方向向量是，平面的法向量是，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行时直线的方向向量和法向量的位置关系判断. 【详解】当时，直线或直线在平面上，故充分性不成立， 当时，则必有，必要性成立， 故是的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（    ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答. 【详解】假定向量，，共面，则存在不全为0的实数， 使得，显然不成立， 所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故A正确； 由于，则，，共面，故B错误； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：A. 7. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的运算性质和定义，结合投影向量进行求解即可. 【详解】因为空间向量，， 所以向量在向量上的投影向量为： ， 故选：C 8. 如图，以棱长为的正方体的具有公共顶点的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，点在体对角线上运动，点为棱的中点，则当最小时，点的坐标为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意作图，利用正方体的几何性质，可得答案. 【详解】连接，过点作于点，如下图： 则垂直于平面． 设点的横坐标为，则由正方体体对角线的性质可得点的纵坐标也为， 由正方体的棱长为，得， 因为，所以，所以， 又因为， 所以， 所以当时，最小，此时点的坐标为. 故选：D． 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 在空间直角坐标系中，下列结论正确的是（ ） A. 点关于原点的对称点的坐标为 B. 点关于轴的对称点的坐标为 C. 点关于平面对称的点的坐标为 D. 两点，间的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由空间直角坐标系的对称性可得A、C正确，B错误；由两点间距离公式可得D正确； 【详解】对于A，点关于原点的对称点的坐标为，故A正确； 对于B，点关于轴的对称点的坐标为，故B错误； 对于C，点关于平面对称的点的坐标为，故C正确； 对于D，两点，间的距离为，故D正确； 故选：ACD. 10. 已知向量，，则（ ） A. 向量是与向量方向相反的单位向量 B. C. 向量，的夹角大小为 D. 若向量（为实数），则 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A，由，且可判断；选项B分别求出可以判断；选项C由向量的夹角的计算公式可判断；D选项由，根据对应的坐标相等可求出的值，从而可判断. 【详解】对于选项A，由，，可得A选项正确； 对于选项B，由，，可得B选项错误； 对于选项C，由，有，可得向量，的夹角大小为，可得C选项正确； 对于D选项，由， 有解得，，，可得D选项错误． 故选：AC 11. 已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（ ） A. 已知，，则 B. 已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值 C. 已知，，则 D. 已知，，，则三棱锥的表面积 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知，借组图形，利用向量的线性运算以及数量积运算进行求解. 【详解】对于A，， 因为，且，所以，故A错误； 对于B，如图所示，设，，则点A在平面上，点在轴上， 由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故B正确； 对于C，根据“仿射”坐标的定义可得， ，故C正确； 对于D，由已知可得三棱锥为正四面体，棱长为1，其表面积，故D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______ 【答案】 【解析】 【分析】利用空间的向量的加减坐标运算公式及数量积坐标公式求解即可. 【详解】因为，所以，， 所以. 故答案为： 13. 在棱长为1的正四面体中，E，F分别是的中点，则________________． 【答案】## 【解析】 【分析】将分别用与表示出来，然后根据向量数量积的定义计算即可得到结果. 【详解】 ． 故答案为: 14. 已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间中点到直线的距离公式可得解. 【详解】， 故，， 设直线与直线所成的角为，则， 故， 点到直线的距离， 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. 已知空间三点． （1）求向量与的夹角； （2）若，求实数的值． 【答案】（1）60°. （2）3或. 【解析】 【分析】（1）计算出，根据向量夹角的公式求得夹角的余弦值，由此求得这两个向量的夹角. （2）先求得的坐标，根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值. 【详解】（1）由已知得：＝（0，3，3），＝（－1，1，0）， ， 所以，向量与的夹角为60°． （2）， ∵ ， ∴， ∴ k×(－k)＋(3－k)×(3＋k)＋3×3＝0， 解得 k＝3或k＝－3 ． ∴ 实数k的值是3或－3． 【点睛】本小题主要考查利用平面向量的坐标运算求得向量夹角，考查两个向量垂直的坐标表示，考查运算求解能力，属于基础题. 16. 在棱长为2的正方体中，分别为，的中点. （1）求； （2）求直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，写出向量坐标得到向量的模；方法二：在直角三角形中由勾股定理求值； （2）方法一：建立空间直角坐标系，由向量夹角得到直线夹角；方法二：在直角三角形中由边长得到余弦值. 【小问1详解】 方法一：以点为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则则，所以； 方法二：连接，在中，， 在中，，所以； 【小问2详解】 方法一：以点为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以，， 设直线与所成角为，则， 所以直线与所成角的余弦值为； 方法二： 取中点，连接， 因为分别是的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以， 所以， 所以直线与所成角即为直线与所成角， 在中，，， 即直线与所成角的余弦值为. 17. 已知点P是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点O，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点D到平面的距离； 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题得平面，故，根据菱形性质得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）根据题设，结合即可求解； 【小问1详解】 ∵点在底面上的射影是与的交点， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵四边形菱形， ∴， ∵，平面， ∴平面， ∵平面， ∴； 【小问2详解】 由题意，得、与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由，得， 即，解得， 故点到平面的距离为. 18. 如图，四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点. （1）求锐二面角的余弦值； （2）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）直接用空间向量求二面角的余弦值得出； （2）根据线面角的正弦值求出点M的坐标，进而可得线段的长度. 【小问1详解】 由，，棱柱的底面为直角梯形， 又侧棱底面，平面，平面，所以，. 故以点为空间直角标系的原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，，，. 设平面的法向量为，则，得， 令，得，，得. 再设平面的法向量为，则，得， 令，则，，所以. 设锐二面角的平面角为，则. 故锐二面角的余弦值为. 小问2详解】 因点在线段上，设，， 得，， 因为，，所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， ，化简得，解得或（舍去）. 所以，故. 故线段的长为. 19. 如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2. （1）求证：平面； （2）判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）在线段上不存在一点，使平面平面，理由见解析 【解析】 分析】（1）首先证明平面，即可得到，再由，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面、平面的法向量，根据得到方程，解得，即可判断. 【小问1详解】 ，， ， ，，平面， 平面，平面， ， ，，平面， 平面； 【小问2详解】 由题意，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 令， 则， 设，，则，， 设平面的法向量为，则，取， 平面平面， ，解得， ， 在线段上不存在一点，使平面平面． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明北附2025-2026学年第一次月考高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在空间四边形中，（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在三棱锥O－ABC中，D是BC中点，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（ ） A B. C. D. 4. 已知空间向量，若，则（    ） A. B. C. D. 5. 设直线l的方向向量是，平面的法向量是，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（    ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，以棱长为的正方体的具有公共顶点的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，点在体对角线上运动，点为棱的中点，则当最小时，点的坐标为（ ）. A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 在空间直角坐标系中，下列结论正确的是（ ） A. 点关于原点的对称点的坐标为 B. 点关于轴对称点的坐标为 C. 点关于平面对称的点的坐标为 D. 两点，间的距离为 10. 已知向量，，则（ ） A. 向量是与向量方向相反单位向量 B. C. 向量，的夹角大小为 D. 若向量（为实数），则 11. 已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（ ） A. 已知，，则 B. 已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值 C. 已知，，则 D. 已知，，，则三棱锥的表面积 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______ 13. 在棱长为1的正四面体中，E，F分别是的中点，则________________． 14. 已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为______． 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 已知空间三点． （1）求向量与的夹角； （2）若，求实数的值． 16. 在棱长为2的正方体中，分别为，的中点. （1）求； （2）求直线与所成角的余弦值. 17. 已知点P是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点O，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点D到平面的距离； 18. 如图，四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点. （1）求锐二面角的余弦值； （2）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 19. 如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2. （1）求证：平面； （2）判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $