精品解析：河南鹤壁市高中2025-2026学年上学期高二规范化考试数学试卷(一)(宏奥A卷)

2027届上学期规范化考试数学试卷（一） （宏奥A卷） 2025.09.07 一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，设甲：“”；乙：“向量的夹角为锐角”，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】求出向量夹角为锐角时的范围即可得出结论. 【详解】由题意，， 若向量夹角为锐角，则，解得：， 若，，解得：， 所以的取值范围为， 所以甲是乙的必要不充分条件， 故选：B． 2. 已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，设，，，则向量用 为基底表示为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图形可得，根据比例关系可得,, 再根据向量的减法,代入整理，并用基底代换得答案. 【详解】由 整理得， 由，，代入得， . 故选：D 3. 以下命题中，不正确的个数为（ ） ①“”是“，共线”的充要条件；②若，则存在唯一的实数，使得；③若，，则；④若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底；⑤. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用不等式等号成立的条件判断①即可；利用与任意向量共线，来判断②是否正确；利用共面向量定理判断③是否正确；根据不共面的三个向量可构成空间一个基底，结合共面向量定理，用反证法证明即可；代入向量数量积公式验证即可． 【详解】对①，向量、同向时，， 故时，必有向量、反向且， 只满足充分性，不满足必要性，①错误； 对②，当为零向量，为零向量时，不唯一，当为零向量，不为零向量时，不存在；②错误； 对③，，，则，，不能得到，故③错误； 对④，用反证法，若不构成空间的一个基底，即共面， 设，则，方程组无解，矛盾， ， 即不共面，构成空间的另一个基底，④正确； 对⑤，，⑤错误． 故选：C． 4. 已知，则到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距离的向量公式计算即得. 【详解】由可知, 则与同方向的单位向量为， 又 , , 故点到直线的距离为. 故选：D. 5. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：直线是两平面与的交线，则下列向量可以为直线的方向向量的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求平面的法向量，再由垂直关系即可求直线的方向向量． 【详解】由阅读材料可知：平面的法向量可取， 平面的法向量可取， 设直线的方向向量， 则，令，得，则，故B正确； 令，则，即不符合题意，故A错误； 令，则，即不符合题意，故C错误； 令，则，即不符合题意，故D错误. 故选：B． 6. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，借助模长公式能求出的长． 【详解】， ， ． 故选：A 7. 在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（ ） A. 若，则∥平面 B. 若，则 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】C 【解析】 【分析】根据可证平面，设，且，进而可得，对于A：若，则点即为点，进而可得结果；对于B：若，可得点在线段上（包括短点），结合垂直关系分析判断；对于C、D：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断. 【详解】因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 且平面，可得， 又因为N在侧面上（包含边界），设，且， 可得 ， 又因为，可得，且. 对于选项A：若，则，可得点即为点， 显然平面，故A错误； 对于选项B：若，则，可得点在线段上（包括端点）， 由平面，可知当且仅当点为点，，故B错误； 过作，垂足为，可得，， 因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 可得， 对于选项C：显然当点即为点时，最小，此时， 可得，故C正确； 对于选项D：显然当点即为点时，最大，则最大，此时， 可得，故D错误； 故选：C. 【点睛】关键点睛：1. 设，且，根据空间向量基本定理分析可得，方便建立关系； 2.分析可得平面，则，将的大小转化为的大小. 8. 如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】双动点，目标求轨迹长，需先确定轨迹，建系列条件找出轨迹即可求解. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得， 因为，即，可得， 则，则，整理可得， 可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分， 所以端点的轨迹长度为． 故选：A． 9. 如图所示，三棱锥中，平面，，点为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量建立的函数关系求解即可. 【详解】三棱锥中，过作平面，由，知， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，如图， 由平面，得，则， 令，则，设， 于是， 当且仅当时取等号，所以线段的最小值为. 故选：B 10. 我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两个平面的夹角的知识，结合空间向量法求得正确答案. 【详解】平面和平面的夹角为，D选项错误. 平面和平面的夹角为，B选项错误. 设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可设. ，设平面的法向量为， 则，故可设， 设平面与平面的夹角为， 则， 由于，所以，所以C选项错误. 所以夹角大小不可能为. 故选：A 11. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明平面，以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用点到面的距离可求解. 【详解】解：由题意得： 因为，为中点 所以 又，与交于点A，平面，平面 所以平面 以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 故， 所以 所以 又，，设平面的法向量，则 令，则，，所以.点到平面的距离为，解得或（舍） 故选：A. 12. 正四面体的棱长为，若点是该正四面体外接球球面上的一动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出几何图，得出点的位置，即可求出的最大值. 【详解】由题意， 如图所示, 设点 为正四面体 的外接球球心, 则 , 且 ， 当与同向时, 的值最大， ，， ∴，， ∴， 故选：C. 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. 13. 如图所示，正方体中，，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（　　） A. B. 点必在线段上 C. D. 平面 【答案】BD 【解析】 【分析】求得到平面的距离，求得体积判断选项A；建立空间直角坐标系，设，利用，可求得与的关系，进而可得，可判断B；求得直线与直线的位置关系判断选项C；求得直线与平面的位置关系判断选项D. 【详解】对于A，∵在侧面上，平面平面， ∴到平面的距离即为到平面的距离，即为正方体棱长， ∴，故A中结论错误； 对于B，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ， ，即三点共线， 所以必在线段上，故B中结论正确 对于C， 又因为， 所以与不垂直，故C中结论错误 对于D,， 又（其中）， 所以共面，又平面平面，故D中结论正确. 故选：BD. 14. 在正方体中，，，则（ ） A. 若，则点的轨迹为线段 B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C. 若，则三棱锥的体积为定值 D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，可判断AB选项；利用空间向量法可判断CD选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、， 因为， 对于A选项，当时，则点的轨迹为线段，A错； 对于B选项，若，即点， 此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，B对； 对于C选项，若，即点，其中， ，，设平面的法向量为， 则，取，可得， ，则点到平面的距离为， 因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，C对； 对于D选项，若，则，其中， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取最小值，此时取最大值，且，则， 因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 15. 在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 对于任意给定的点，存在点使得 B. 对于任意给定的点，存在点使得 C. 当时， D. 当时，平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，， 设，得到，. ，，，当时，，正确； ，，取时，，正确； ，则，解得：，此时，不成立，错误； ，则，，设平面的法向量为，则，解得，故，故平面，正确. 故选：ABD. 【点睛】 本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 16. 已知空间三点，，，若直线上一点，满足，则点的坐标为 _________ . 【答案】 【解析】 【分析】根据直线垂直的向量表示直接可得解. 【详解】由，，，则， 又在直线上， 所以，， 则， 又， 则，解得， 则， 即， 故答案为：. 17. 在正四面体中，，分别为棱、的中点，设，，，用，，表示向量______，异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】画出对应的正四面体，设棱长均为1, 由向量的三角形加法法则和平行四边形加法法则得出答案; (2) 设异面直线与所成角为,将用基底，，表示,代入公式计算得出答案. 【详解】画出对应的正四面体，设棱长均为1,则 (1) . (2)由(1) ，又. 又.设异面直线与所成角为, 则 . 故答案为: ; 【点睛】本题考查了空间向量基本定理的应用,考查了向量加法、减法和数量积的运算以及向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题． 18. 已知向量在基底下的坐标是，则在基底下的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，设在基底下的坐标为，根据空间向量基本定理得到方程组，求出、、即可得解. 【详解】由题意可知，设在基底下的坐标为， 所以， 可得，故在基底下的坐标为. 故答案为： 19. 一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量满足条件可知点是平面上的动点，转化为求点到平面的距离，利用补形及等体积法求解即可. 【详解】，且， ，所以四点共面，即点是平面上的动点， 所以的最小值即点到平面的距离， 由题意，几何体可补成边长为3的正方体，如图， 则可得， 设点到平面的距离为，则， 即， 解得.所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共4小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 20. 已知向量，，. （Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值； （Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值. 【答案】（Ⅰ）实数和的值分别为和.（Ⅱ） 【解析】 【分析】(Ⅰ)根据可求得,再根据垂直的数量积为0求解即可. (Ⅱ)根据共面有,再求解对应的系数相等关系求解即可. 【详解】解：(Ⅰ)因为,所以. 且. 因为向量与垂直, 所以. 即. 所以实数和的值分别为和. (Ⅱ)因为向量与向量，共面,所以设（）. 因为, 所以 所以实数的值为. 【点睛】本题主要考查了空间向量的基本求解方法,包括模长的运算以及垂直的数量积表达与共面向量的关系等.属于基础题. 21. 已知棱长为的正方体中，是的中点，为的中点. （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）详见解析（2） 【解析】 【详解】（1）证明：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，，所以，所以． （2），则，又， ，所以异面直线与所成角的余弦值是． 考点：空间向量的坐标运算，垂直的证明，异面直线所成角． 22. 空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：，，分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（x轴、y轴、z轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作. （1）若，，求的斜60°坐标； （2）在平行六面体中，，，，如图，，，分别为与，，同方向的单位向量，以为基底建立“空间斜60°坐标系”. ①若，求向量的斜60°坐标； ②若，且，求. 【答案】（1） （2）①；②2 【解析】 【分析】（1）通过“空间斜60°坐标系”的定义，化简为，，再计算的斜60°坐标. （2）设分别为与同方向的单位向量，则，，，①中，通过平行六面体得到，从而得到求向量的斜坐标；②中，通过平行六面体得到，由，得到，并结合题目中的，从而计算出值，并得到的值. 【小问1详解】 ， 的斜坐标为． 【小问2详解】 设分别为与同方向的单位向量， 则，， ① ； ②由题， 由，知， 由， ， ，解得， 则． 23. 如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （II）求二面角的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 【答案】 （I）依题可知，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图所示），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． ［方法一］：向量法 依题意得=（0，2，0），=（2，0，2）． 设=(x，y，z)为平面CDE的法向量， 则 即 ，不妨令z=–1，可得=（1，0，–1）． 又=（1，，1），可得， 又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE． ［方法二］：几何法 如图2，取的中点K，联结，根据题意，得． 所以平面，平面． 而平面平面，所以平面平面． 而平面，所以平面． （II）； （III）. 【解析】 【分析】方法一：依题意，建立以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直可证出（I）；根据二面角的向量法可求出二面角的正弦值；根据线面角的向量公式可求出线段DP的长. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）［方法一］：【通性通法】向量法 依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）． 设=（x，y，z）为平面BCE的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，1，1）． 设 =（x，y，z）为平面BCF的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，2，1）． 因此有，于是． 所以，二面角E–BC–F的正弦值为． ［方法二］： 等积法＋二面角的定义 如图2，联结，因为，所以E，B，C，G四点共面，下面求点F到平面的距离h． 在三棱锥中，利用等积法，不难求得． 而平面，所以．又，所以． 所以点F到的距离的值在直角梯形中求得． 设二面角的平面角为，则． ［方法三］： 【最优解】补形＋定义法 如图3，将几何体补成正方体，S是棱中点，联结，所求二面角为，因为，则为二面角的平面角．，求得． （Ⅲ）［方法一］：【通性通法】向量法 设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h）， 可得． 易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量， 故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为. ［方法二］：【最优解】定义法 如图3，过点B作，垂足为K，联结，则平面． ［方法三］：定义法 如图4，取的中点Q，联结，则，平面，所以． 设，则，而，所以． 解之得，即线段的长为． 【整体点评】（I）方法一：建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直证出，是该题的通性通法； 方法二：利用面面平行证出，也是该题的通性通法； （II）方法一：通过二面角的向量公式求出，是该题的通性通法； 方法二：利用二面角的定义，由等积法求出点到平面的距离以及根据平面知识求出点到的距离即可解出； 方法三：通过补形找出二面角的平面角，解三角形求出，是该问的最优解； （III）方法一：通过线面角的向量公式求出，是该题的通性通法； 方法二：利用定义找出线面角，解三角形求出，是该题的最优解； 方法三：解题原理同方法二，采用方程思想解出． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届上学期规范化考试数学试卷（一） （宏奥A卷） 2025.09.07 一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，设甲：“”；乙：“向量的夹角为锐角”，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 2. 已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，设，，，则向量用 为基底表示为 （ ） A. B. C. D. 3. 以下命题中，不正确的个数为（ ） ①“”是“，共线”的充要条件；②若，则存在唯一的实数，使得；③若，，则；④若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底；⑤. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 已知，则到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 5. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：直线是两平面与的交线，则下列向量可以为直线的方向向量的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 7. 在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（ ） A. 若，则∥平面 B. 若，则 C. 当最小时， D. 当最大时， 8. 如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ） A. B. C. 1 D. 9. 如图所示，三棱锥中，平面，，点为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 12. 正四面体的棱长为，若点是该正四面体外接球球面上的一动点，则的最大值为（ ） 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. 13. 如图所示，正方体中，，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（　　） A. B. 点必在线段上 C. D. 平面 14. 在正方体中，，，则（ ） A. 若，则点的轨迹为线段 B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C. 若，则三棱锥的体积为定值 D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 15. 在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 对于任意给定的点，存在点使得 B. 对于任意给定的点，存在点使得 C. 当时， D. 当时，平面 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 16. 已知空间三点，，，若直线上一点，满足，则点的坐标为 _________ . 17. 在正四面体中，，分别为棱、的中点，设，，，用，，表示向量______，异面直线与所成角的余弦值为______. 18. 已知向量在基底下的坐标是，则在基底下的坐标为______. 19. 一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为_______． 四、解答题：本题共4小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 20. 已知向量，，. （Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值； （Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值. 21. 已知棱长为的正方体中，是的中点，为的中点. （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 22. 空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：，，分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（x轴、y轴、z轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作. （1）若，，求的斜60°坐标； （2）在平行六面体中，，，，如图，，，分别为与，，同方向的单位向量，以为基底建立“空间斜60°坐标系”. ①若，求向量的斜60°坐标； ②若，且，求. 23. 如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （II）求二面角的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $