安徽省六安第一中学2025-2026学年高二上学期周末检测数学试卷（二）

六安一中2025年秋学期高二年级周末作业 数学试卷（二） 时间：100分钟 满分:120分 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．在空间直角坐标系中，点的坐标是(4，7，6)，则点关于轴的对称点在坐标平面上的射影的坐标为（ ） A．(4，0，6) B．(－4，7，－6) C．(－4，0，－6) D．(－4，7，0) 2．已知空间中有，，三点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ） A． B． C．3 D． 4．已知空间中有5个点E、A、B、C、D，若满足，且A、B、C、D四点共面，则的值为（     ） A． B． C． D． 5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则（     ） A．直线MN与A1C所成角的余弦值为 B．平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为 C．在BC1上存在点Q，使得 D．在B1D上存在点P，使得PA//平面BMN 6．如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1 上，记＝λ．当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是（ ） A．　　　 B． C． 　　　 D． 7．如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且．当MN的长最小时，二面角的平面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形BCC1B1的边界及其内部运动．以下四个结论中错误的是（     ） A．存在点P满足 B．存在点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．满足的点P的轨迹长度为 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M、N分别是线段A1B、B1C1上的点，且，．设，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（     ） A．与的夹角为 B． C． D． 10．如图，正方体的棱长为2，，分别是棱和的中点．则（    ） A． B．平面与侧面的交线长为 C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的余弦值为 11．正四棱锥中，各棱长均为1，，，．过点，，的平面交于点，且，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．两个四棱锥与体积之比为 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。 12．如图，已知正三角形和正方形的边长均为4，且二面角的大小为，则 ． 第12题图 第13题图 第14题图 13．某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装礼盒．包装礼盒如图所示，与均为正三角形，平面平面，点在底面上的投影分别是线段的中点，，且三棱锥的体积为，则平面与平面所成角的余弦值为 ． 四、解答题：本题共4小题，共52分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 14．（本题满分12分） 如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 15．（本题满分13分） 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 16．（本题满分13分） 如图，在圆柱中，点为底面圆周上四点，为圆柱的一条母线，为的中点，． （1）若，，证明：平面； （2）若，，且二面角的余弦值为，求． 17．（本题满分14分） 如图，P是菱形ABCD所在平面外一点，且为等边三角形，     （1）证明：平面平面ABCD； （2）若且，问线段PC上是否存在点Q（不包含端点），使得平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值是?若存在，求的值，若不存在请说明理由． 六安一中2025年秋学期高二年级周末作业 数学试卷（二）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A B B C D A C BCD BC BCD 1．C 2．A 3．B 4．B 【解答过程】由得，即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得．故选：B． 5．【答案】C 【解答过程】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ，对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则，取，可得，所以， ，，设平面的法向量为，则， 取，可得，所以，平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：． 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误．故选：C． 6、答案　D[来源:中+教+网z+z+s+tep] 解析　由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)． 由＝(1,1，－1)得＝λ＝(λ，λ，－λ)， 所以＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， ＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)． 显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于 cos∠APC＝cos〈，〉＝<0，这等价于·<0， 即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)<0，得<λ<1．因此，λ的取值范围为． 7．【答案】A 【详解】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直． 可得， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 在平面上，直线方程为，可设， 在平面上直线方程为，设，因此得， 由得， 则，所以， 当且仅当时，取得最小值，此时分别是的中点， ，，，，， 设平面的一个法向量，则，取得， 设平面的一个法向量是，则，取得， 所以，由图可知，二面角的平面角为钝角． 所以二面角的平面角的余弦值为．故选：A 8．【答案】C 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则,0,，,0,，，,1,，动点设为,1,， 对于A，点关于平面的对称点为， 当动点在点时，此时， 当动点在点时，此时， 所以存在点满足，所以A正确； 对于B，，，若，则， 化简得：，解得，即，满足题意，所以B正确； 对于C，，，若，则，即， 取中点，中点，则点的轨迹为线段，长度为，所以C错误； 对于D，，，若，则，即， 取中点，中点，则点的轨迹为线段，长度为，所以D正确．故选：C． 9．【答案】BCD 【解答过程】对于A，，，，所以与的夹角为，又，所以与的夹角为，故A错误；对于B，因为，， 所以，， ，故B正确； 对于C，，，，，，， ， ，故C正确；对于D，， ，故D正确．故选：BCD． 10、【答案】BC 【详解】因为与不垂直，又，所以与不垂直，故A错误； 由， 所以四点共面，平面， 所以平面与侧面的交线为， 由正方体棱长为2，得，故B正确； 以为坐标原点，建立如图所示坐标系．则，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，由得 令，则，，所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离，故C正确； 设与平面所成角为，则， 所以， 所以与平面所成角的余弦值为，故D错误．故选：BC． 11．【答案】BCD 【详解】对于选项A：设底面的中心为O， 以为坐标原点，分别为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 可得， 又因为，，， 则，， 设平面的法向量为，则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为， 因为四点共面，则，可得，解得，故A错误；对于选项B：可得，且平面的法向量为， 所以点S到平面的距离为，故B正确； 对于选项C：显然平面的法向量为，且， 所以平面与平面夹角的余弦值为，故C正确； 对于选项D：设点S、D到平面的距离分别，则， 因为 所以两个四棱锥与体积之比为，故D正确．故选：BCD． 12．【答案】 【详解】设分别为的中点，连接， 在正三角形中，，， 在正方形中，，，， 所以为二面角的平面角，即， 所以 ．故答案为：． 13．【答案】/0．125 【详解】取中点，连接，则平面，所以为三棱锥的高，所以三棱锥的体积为，解得．连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，， 设平面的法向量为，则 取，则， 同理平面的法向量为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为．故答案为： 14．（本题满分12分） 【详解】（1）连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面，所以平面，又平面， 所以； （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为． 15．（本题满分13） 【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、， 故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，分别取，则有、、，， 即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为，则有， 即点到平面的距离为． 16．（本题满分13分） 【详解】（1）如图，取的中点，连接．因为分别为的中点，所以，．因为，，所以，． 所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）因为，所以为底面圆的直径，所以． 因为，，所以，．由圆柱的特征可知平面，则， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，垂直于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，， 所以 ，．连接，则，易知， 又，，平面，所以平面， 故平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则，即，取，则，，即．则， 解得（负值舍去），故． 17．（本题满分14分） 【解答过程】（1）连接交于点，连接．因为是菱形，所以， 因为为的中点，且为等边三角形，所以． 又平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）存在因为，所以为等边三角形，，又，所以，所以三棱锥为正三棱锥，过作平面，垂足为，故为的重心， 设，则，所以， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系如下图所示，    故，则， 设平面的法向量为， 则，令，故． 设， 则， 设平面的法向量为，则， 令，故． 设平面与平面的夹角为， 于是， ，由于，则， 即，由于，所以或，所以或． ( 3 ) 学科网（北京）股份有限公司 $