精品解析：陕西省西安中学2025-2026学年高二上学期第一次综合评价数学试卷

西安中学高2027届高二第一学期第一次综合评价 数学试题 满分：120分 时长：120分 命题人：高欢 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知任意两个非零向量，则“，且”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】根据向量相等的概念，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由题意，两个非零向量，，满足，且， 当时，满足且，但，所以充分性不成立； 当时，可得，且，所以必要性成立， 所以，且是的必要不充分条件. 故选：B． 2. 与向量共线的单位向量可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出，从而得到与向量共线的单位向量. 【详解】因为，所以与向量共线的单位向量可以是或. 故选：D 3. 如图，在四面体中，，，．点在上，且，为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助空间向量线性运算法则计算即可得. 【详解】如图，连接， ∵N是的中点，， ，， ． 4. 已知两点，，若实数，则直线的倾斜角的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 求出直线斜率的范围，再由倾斜角与斜率关系，即可求解. 【详解】，，直线的斜率为， ， 当时，倾斜角范围是， 当时，倾斜角范围是， 所以倾斜角取值范围是. 故选：B. 【点睛】本题考查倾斜角与斜率间的关系、斜率公式的应用，考查基本概念，属于基础题. 5. 设、，向量，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线、垂直的坐标表示求出，再利用向量的坐标运算求出模. 【详解】由，得，解得，即， 由，得，解得，即，因此， 所以. 故选：D 6. 已知、都是空间向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积运算即可得到答案 【详解】解： ， ， ， ， 故选：A 7. 如图，已知大小为的二面角棱上有两点A，B，，，若，则AB的长度（ ） A. 22 B. 40 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过作且，连接，易得，通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，由勾股定理即可求出答案. 【详解】解：过作且，连接，则四边形是平行四边形， 因为，所以平行四边形是矩形，因为，即， 而，则是二面角的平面角，即， 因为，即为正三角形，所以， 因为，即，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以在中，，所以， 故选：C 8. 如图所示，正三棱柱的所有棱长均为，点、、分别为棱、、的中点，点为线段上的动点当点由点出发向点运动的过程中，以下结论中不正确的是（ ） A. 直线与直线始终垂直 B. 直线与直线始终异面 C. 直线与直线可能垂直 D. 直线与直线可能垂直 【答案】C 【解析】 【分析】证明平面，从而可证四点不共面，即可判断AB；设，将分别用表示，假设直线与直线CP垂直，则，求出即可判断C；证明平面，即可判断D. 【详解】对于A，连接 因为正三棱柱的所有棱长均为，点、、分别为棱、、的中点，所以，平面 又因平面，平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 故A正确. 在正三棱柱中， 因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，，， 所以四点不共面， 所以直线与直线CP始终异面，故B正确； 对于C，设， 则， ， 若直线与直线CP垂直，则， 即， 所以， 即，解得， 因为，所以不存在点使得直线与直线垂直，故C错误； 对于D，连接， 因为为的中点，所以， 又因平面，平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D正确. 故选：C. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 两条不重合直线，的方向向量分别是，，则 B. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则 C. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 【答案】AB 【解析】 【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可. 【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确； 两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确； 直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误； 直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误． 故选：AB 10. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（   ） A. 始终过定点 B. 若，则或 C. 若，则或2 D. 当时，始终不过第三象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A可由含参直线的定点坐标求法可得；选项B当时，，重合；选项C由一般方程垂直时系数关系可得；选项D化为斜截式后，由斜率和和轴上的截距可判断. 【详解】选项A：：，令，得，过点，A正确； 选项B：当时，，重合，故B错误； 选项C：当时，由，得或2，故C正确； 选项D：当时，：始终过，斜率为负，不会过第三象限，故D正确. 故选：ACD 11. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则. A：， 所以，故A正确； B：， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 所以，即， 又平面，所以平面，故B正确； C：，则， 所以， 即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误； D：设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 得，所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD 12. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可. 【详解】依题意得，故A正确； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， 对于BC，， 所以，设， 则点到直线的距离，故BC正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 经过点且与直线垂直的直线方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可设直线方程为，代入已知点坐标即得. 【详解】由题可设所求直线方程为， 代入点，可得，即， 所以经过点且与直线垂直的直线方程为. 故答案为：. 14. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律计算即可. 【详解】. 故答案为：-3. 15. 在斜三棱柱中，底面边长和侧棱长都为，且，则的值为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量线性运算分别用表示出，结合向量数量积运算即可求解. 【详解】根据题意，画出空间几何体如下图： ，， ， 则 . 故答案为：. 16. 如图①，矩形中，，，是的中点，将三角形沿翻折，使得平面和平面垂直，如图②，连接，则异面直线和所成角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】 取的中点，作交延长线于，则是异面直线和所成角或其补角，可结合原矩形求出，然后由直角三角形得出，再用余弦定理求得结论． 【详解】取的中点，作交延长线于，则是异面直线和所成角或其补角，连接，， ∵，所以， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 而平面，所以，， 又∵，，所以，，， ,，则是平行四边形，， 在原矩形中，则， ， ， ，， 在中，， 所以异面直线和所成角的余弦为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 四、解答题：本题共4小题，共48分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知顶点、、. （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据，，即可得的中点及斜率，进而根据点斜式可得其垂直平分线方程； （2）当直线过坐标原点时可直接求得直线方程；当直线不过坐标原点时，可根据直线的截距式进行求解. 【小问1详解】 由、可知中点为，且， 设边的垂直平分线的斜率为， 所以垂直平分线斜率满足，即， 所以边的垂直平分线的方程为，即； 【小问2详解】 当直线过坐标原点时，其斜率，此时直线方程为，符合题意； 当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为， 由过点，则，解得， 所以直线方程为， 综上所述，直线的方程为或. 18. 如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的正切值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 根据题意，建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系， 因为侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 所以， 因为是棱的中点，所以， 所以, 设平面的一个法向量为， 所以，得，令，得， 所以， 因为, 所以， 因为平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，根据即可解决；（2）设平面的一个法向量为，根据空间向量方法解决面面角即可；（3）由题得，由点到平面的距离为解决即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面的一个法向量为， 由题可设平面的一个法向量为， 所以， 所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 【小问3详解】 由（1）得平面的一个法向量为， 所以， 所以点到平面的距离为. 所以点到平面的距离为. 19. 如图，平面，，，，，. （1）直线与平面所成角的正弦值； （2）若二面角的余弦值为，求线段的长. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系；（1）表示出的坐标，首先求解出平面的法向量，根据直线与平面所成角的正弦值等于可求得结果；（2）设得到，可求解出平面的法向量，从而得到；根据二面角余弦值与法向量夹角余弦值的关系可建立方程，解方程求得结果. 【详解】以为原点可建立如下图所示的空间直角坐标系： （1）由题意得：，，， ，， 设平面的法向量 ，令，则， 设直线与平面所成角为 即直线与平面所成角的正弦值为： （2）设，则 设平面的法向量 ，令，则， 由（1）知，平面的法向量 又二面角的余弦值为 ，解得： 线段的长为： 【点睛】本题考查空间向量法求解直线与平面所成角、利用平面与平面所成角求解其他量的问题；关键是能够熟练掌握直线与平面所成角、平面与平面所成角的向量求法，对于学生的计算能力有一定要求，属于常考题型. 20. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且． （1）求证：平面； （2）判断直线是否在平面，说明理由； （3）是线段上的动点，是否存在点G使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，请说明理由. 【答案】（1） 平面，，， ，，平面，平面， 平面． （2）直线在平面内，理由如下： 以为原点，在平面内过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，，，，. 点在上，且， 面的一个法向量为， 则，取，得， 平面的一个法向量为， ， 故直线在平面内． （3）存在，理由如下： 点在上，设，， 面的一个法向量为， 则，取，得， 要使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，则，解得，满足条件. 所以，存在点G，为线段BP的靠近点P的三分点. 【解析】 【分析】（1）利用直线与平面判定定理求解 （2）（3）建立空间直角坐标系，空间向量法求线面角以及判断直线与平面位置关系。 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安中学高2027届高二第一学期第一次综合评价 数学试题 满分：120分 时长：120分 命题人：高欢 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知任意两个非零向量，则“，且”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 2. 与向量共线的单位向量可以为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在四面体中，，，．点在上，且，为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知两点，，若实数，则直线的倾斜角的取值范围为 A. B. C. D. 5. 设、，向量，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 3 6. 已知、都是空间向量，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知大小为的二面角棱上有两点A，B，，，若，则AB的长度（ ） A. 22 B. 40 C. D. 8. 如图所示，正三棱柱的所有棱长均为，点、、分别为棱、、的中点，点为线段上的动点当点由点出发向点运动的过程中，以下结论中不正确的是（ ） A. 直线与直线始终垂直 B. 直线与直线始终异面 C. 直线与直线可能垂直 D. 直线与直线可能垂直 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 两条不重合直线，的方向向量分别是，，则 B. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则 C. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 10. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（   ） A. 始终过定点 B. 若，则或 C. 若，则或2 D. 当时，始终不过第三象限 11. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 12. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 经过点且与直线垂直的直线方程为___________. 14. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则______. 15. 在斜三棱柱中，底面边长和侧棱长都为，且，则的值为____． 16. 如图①，矩形中，，，是的中点，将三角形沿翻折，使得平面和平面垂直，如图②，连接，则异面直线和所成角的余弦值为______. 四、解答题：本题共4小题，共48分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知顶点、、. （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程. 18. 如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的正切值； （3）求点到平面的距离. 19. 如图，平面，，，，，. （1）直线与平面所成角的正弦值； （2）若二面角的余弦值为，求线段的长. 20. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且． （1）求证：平面； （2）判断直线是否在平面，说明理由； （3）是线段上的动点，是否存在点G使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $