精品解析：山东省实验中学2025-2026学年高二上学期第一次诊断考试（10月）数学试题

山东省实验中学2024级高二第一次诊断考试 数学试题 2025.10 （本试卷共4页，19题：全卷满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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. 3.非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 第Ⅰ卷（共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求. 1. 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. ，， 2. 在空间直角坐标系中，已知点，，若点与点关于平面对称，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，，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 4. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为钝角，则 D. 若在上的投影向量为，则 5. 已知直线的一个方向向量为，则过点且与垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 7. 如图，在三棱锥中，，，，点，，满足，，，则直线与所成的角余弦值为（    ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，由多项符合题目要求.全部选对得得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（　　） A. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 已知直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 10. 已知正方体的棱长为1，为线段上任意一点，下列说法正确的是（ ） A. B. 动点到线段的距离可以是 C. 是中点时，直线与平面所成的角的正弦值是 D. 三棱锥体积最大时，若点满足，其中，则的最小值是 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. 若，则 B. 若，则 C. 若，则不论取何值，四点都共面 D. 若，则点到平面的距离为 第Ⅱ卷（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. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线的一般式方程为_______________． 13. 已知，则在方向上的投影向量的坐标为______． 14. 已知三棱锥的各个顶点都在表面积为的球的球面上，且球心为的中点，，若分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为___________． 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. 已知空间中三点，，，设，. （1）已知，求的值； （2）若，且∥，求的坐标. 16. 四边形的四个顶点坐标分别为. （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若四边形为平行四边形，求顶点的坐标及四边形的面积. 17. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为. （1）若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； （2）若的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程. 18. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 19. 如图1，在平面五边形中，，，，，分别为的中点，将沿翻折，使点到点的位置，如图2. （1）若平面. （ⅰ）证明：； （ⅱ）三棱锥的各顶点都在球上，为球球面上的动点，求的取值范围. （2）在翻折的过程中，设平面与平面的交线为，求二面角的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学2024级高二第一次诊断考试 数学试题 2025.10 （本试卷共4页，19题：全卷满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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. 3.非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 第Ⅰ卷（共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求. 1. 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. 2. 在空间直角坐标系中，已知点，，若点与点关于平面对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据关于平面对称的点的横坐标变为相反数，纵坐标和竖坐标不变，得出点坐标，再利用空间向量减法的坐标运算求出向量坐标，再计算模长即可． 【详解】由点与点关于平面对称，则对称的点的横坐标变为相反数，纵坐标和竖坐标不变，可得， 所以， ， 故选：A． 3. 已知直线，，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】C 【解析】 【分析】先求两直线平行时的取值，再判断和时两直线是否平行，从而确定条件类型. 【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或． 将代入直线，的方程，得，，易知； 将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去． 综上所述，“”是“”的充要条件． 故选：． 4. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为钝角，则 D. 若在上的投影向量为，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标表示可判断A选项；结合空间向量的模长公式可判断B选项；分析可得且不共线，结合空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义以及空间向量数量积的坐标运算可判断D选项. 【详解】对于选项A:若，则，解得,故选项A错误； 对于选项B:若，则，解得，故选项B错误； 对于选项C:若为钝角，则且，解得且，故选项C错误； 对于选项D:在上的投影向量为，则，解得，故选项D正确． 故选：D. 5. 已知直线的一个方向向量为，则过点且与垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】据直线方向向量求出斜率，由两直线位置关系求与垂直的直线斜率，点斜式表达方程即可得解. 【详解】的方向向量为，则斜率为，因为直线与垂直，所以斜率为 又过点，所以直线方程为，整理可得. 故选：D. 6. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由点到线的距离公式求解最小值，即可求解. 【详解】， 其中为两点与距离的平方， 所以其最小值即为到直线距离的平方，即， 所以的最小值为1， 故选：B 7. 如图，在三棱锥中，，，，点，，满足，，，则直线与所成的角余弦值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答. 【详解】设，，，则 ，， ， ， 所以 ， 故直线与所成的角余弦值为0. 故选： D. 8. 如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立直角坐标系，设的轨迹与轴的交点坐标为，确定的轨迹是以为端点的一条线段（不含点），计算平面平面的一个法向量，根据二面角的余弦值得到,计算以面积即可. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，． 由二面角的平面角大小为，平面与平面的交线为直线，可知的轨迹是过点的一条直线，又是四边形内部一点（包括边界），则的轨迹是以为端点的一条线段（不含点）． 设的轨迹与轴的交点坐标为，连接，根据点分别是平面与轴的交点，易得平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为，则二面角的平面角的余弦值为，解得．因为在线段上运动，，所以面积的取值范围为． 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，由多项符合题目要求.全部选对得得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（　　） A. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 已知直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用直线平行求出参数再应用平行线间距离计算判断A，根据垂直得出参数再结合充分不必要条件定义判断B，应用直线的定点结合垂直计算求参判断C，数形结合得出有交点时的斜率范围判断D. 【详解】对于A，直线与直线平行，则，解得， 直线，即， 则与的距离为，选项A正确； 对于B，由两直线互相垂直得，，解得或， 可知“”两直线垂直的充分不必要条件，选项B错误； 对于C，将直线方程变形为，由得， 则直线过定点，斜率为， 当直线与垂直时，点到直线的距离最大， 因为，所以，选项C正确； 对于D，如图，， 由图可知，当或时，直线与线段有交点，故选项D正确. 故选：ACD． 10. 已知正方体的棱长为1，为线段上任意一点，下列说法正确的是（ ） A. B. 动点到线段的距离可以是 C. 是中点时，直线与平面所成的角的正弦值是 D. 三棱锥体积最大时，若点满足，其中，则的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】建系，利用空间向量逐项分析判断. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴所在直线，建立空间直角坐标系， 则， 设， 对于选项A：因为， 可得，所以，故A正确； 对于选项B：取的中点，则， 可得， 因为，所以， 可知动点到线段的距离， 且，可知当或1时，取得最大值， 即动点到线段的距离不可以是，故B错误； 对于选项C：若是中点时，则， 可得， 可得，可知， 且平面，可知平面，即为平面的法向量， 可得， 所以直线与平面所成的角的正弦值是，故C正确； 对于选项D：由选项C可知：平面， 若三棱锥体积最大时，则点即为点， 若点满足，其中，可知点平面， 则的最小值即为点到平面的距离， 因为，则点到平面的距离为， 所以的最小值是，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决问题. 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. 若，则 B. 若，则 C. 若，则不论取何值，四点都共面 D. 若，则点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的垂直关系可判断A的正误，根据向量模的计算可判断B的正误，根据四点共面的判断方法可判断C的正误，取，则可得点到平面的距离即为，故可判断D的正误. 【详解】对于A，，因为，故， 所以， 因为单位向量两两的夹角为，所以， 所以，故，故A正确； 对于B，，因为单位向量两两的夹角为， 故即，故B错误； 对于C，， 所以，，， 故，故， 又共起点，故四点共面，故C正确； 对于D，， 取，则， 因为，故共面，而，， 因为单位向量两两的夹角为，所以， 则， 故，同理，故平面， 故到平面的距离为 故D正确； 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：对于与空间向量基底有关的问题，注意转化为基底向量的代数形式来处理. 第Ⅱ卷（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. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线的一般式方程为_______________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据直线过原点和不过原点设出直线方程，然后代入点即可得解. 【详解】因为直线在两坐标轴上的截距之和为零，所以设直线方程为或， 因为直线过点可得或，可得. 所以直线方程为或. 故答案为：或 13. 已知，则在方向上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】计算出，利用投影向量的计算公式进行求解. 【详解】， 可得在方向上的投影向量为 ． 故答案为： 14. 已知三棱锥的各个顶点都在表面积为的球的球面上，且球心为的中点，，若分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求得与都垂直的向量的坐标以及的坐标，再结合公式求解即可. 【详解】因为为三棱柱外接球的球心，所以， 所以，同理， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面， 因为，所以， 由于球的表面积为，可知，解得，所以，所以， 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设与都垂直的向量为，则， 令，则， 所以线段长度的最小值为. 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. 已知空间中三点，，，设，. （1）已知，求的值； （2）若，且∥，求的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）问题转化为，求. （2）根据向量的模的计算和向量共线，求的坐标. 【小问1详解】 由题知，， 所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 因为∥， ， 所以，， 因为，所以，解得 ， 所以或. 16. 四边形的四个顶点坐标分别为. （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若四边形为平行四边形，求顶点的坐标及四边形的面积. 【答案】（1） （2），13 【解析】 【分析】（1）由坐标求出BC的中点为，又由BC的斜率即可求出与BC垂直的直线的斜率，最后由直线的点斜式即可求解； （2）由四边形为平行四边形可得，联立方程组即可求得顶点的坐标，由点到直线的距离公式即可求得点到直线BC的距离，根据面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以边BC的中点为， 又因为边BC的斜率为， 所以边BC的垂直平分线的斜率为， 所以边BC的垂直平分线的方程为， 化简得； 【小问2详解】 因为四边形为平行四边形，顶点， 所以，且， 联立，解得， 所以顶点. 因为边BC的斜率为， 所以直线BC的方程为， 化简得， 所以点到直线BC的距离为， 又， 所以平行四边形的面积为 17. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为. （1）若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； （2）若的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据的中点和点在直线，结合与垂直，点在直线上列方程组求出点，坐标，然后可得； （2）根据直线上的点到直线的距离相等，结合（1）中方程求解即可. 【小问1详解】 设， 则,即①，②， 又直线与直线垂直，所以，即③， 联立②③解得， 又④，联立①④解得， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为的平分线所在的直线方程为，所以⑤， 联立①⑤求解可得， 则直线方程为，即， 设直线的方程为，则 在直线上取点，由角平分线定理可知，到直线的距离相等， 则，即， 又，所以，整理得， 解得或，所以直线的斜率或， 当时，直线的方程为， 即，与直线重合，舍去； 当时，直线的方程为，即，满足题意. 所以直线的方程为. 18. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】（1） 如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，， 所以.又因为平面平面， 平面平面， 平面，所以平面. 又因为是的中点，所以四边形为平行四边形， 所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案； （2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为为等边三角形，则. 所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为AB=2，所以. 故， . 设，则， 即.， . 设平面的一个法向量为， 则则， 取，则，. 故平面的一个法向量为. 又由（1）可知平面的一个法向量为， 由题意可得，即. 解得. 又，所以线段CF的长为2. 19. 如图1，在平面五边形中，，，，，分别为的中点，将沿翻折，使点到点的位置，如图2. （1）若平面. （ⅰ）证明：； （ⅱ）三棱锥的各顶点都在球上，为球球面上的动点，求的取值范围. （2）在翻折的过程中，设平面与平面的交线为，求二面角的最小值. 【答案】（1）（ⅰ）如图，设与交于点， 由题可得，， 则， 所以，又，所以为正三角形， 所以，又，， 故，所以，故. 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以. （ⅱ） （2）. 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）先由等条件得出的值，再利用三角形全等得到，接着因为平面，结合线面垂直性质与判定，证明. （ⅱ）解法一，先找外接球球心在上，用勾股定理求半径，再求，进而得最值与范围. 解法二，建立空间直角坐标系，写出点坐标，根据外接球性质求球心坐标与半径，最后求得出范围. （2）解法一：先作辅助线找二面角平面角，因，为在平面射影且是中点，.，最小则最小，最大时最小，为中点时最大，进而得二面角最小值. 解法二：取中点建系，求各点及向量坐标.再分别求平面和法向量、.用向量夹角公式求，根据取值求最大值，从而得二面角最小值. 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解法一：由（ⅰ），由题可得， 为直角三角形，且平面，所以三棱锥的外接球球心在直线上， 设球的半径为，则， 如图，连接，在中，，即， 得. 连接，，因为，， 所以， 所以的最小值为，的最大值为， 故的取值范围为. 解法二： 以为坐标原点，点所在直线为轴，平面内过且与轴垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设球心，连接，，，，因为， 所以 ， 解得，，故，所以球的半径. （另解：可以通过得到） 连接，因为，所以， 所以的最小值为，的最大值为， 故的取值范围为. 【小问2详解】 解法一 如图，过点作平行于的直线，则该直线为平面与平面的交线. 设点在平面内的射影为，过点作平行于的直线分别交，于点，连接，则为二面角的平面角. 因为，所以，为的中点，， 连接，则， . 若最小，则最小，即最小， 所以当取最大值时，二面角取得最小值. 易知当点为的中点时，取得最大值，且最大值为3， 因此的最小值为，即的最小值为， 所以二面角的最小值为. 解法二：取的中点，连接，，则，，， 以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，.设，则， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，故为平面的一个法向量. 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，故为平面的一个法向量. 易知此时与的夹角即二面角的平面角.（取，则，此时与的夹角为二面角的平面角的补角） 设二面角的大小为， 则， 所以当时，取得最大值，此时取得最小值，故二面角的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $