精品解析：江苏淮安市涟水县第一中学2025-2026学年高二第二学期第一次阶段检测数学试卷

2025～2026学年高二第二学期第一次阶段检测 数学 试卷 考试时间：120分钟 总分：150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，只有一项是符合题目要求的） 1. 与向量共线的单位向量可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接求解，再结合选项即可求解. 【详解】由题知， 所以与向量共线的单位向量为，即或， 所以，选项中只有满足. 2. 已知四面体，是BD的中点，连接，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件作出图形，利用空间向量的线性运算即可求解. 【详解】因为是BD的中点， 所以， 所以. 3. 在正三棱柱中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】借助空间向量线性运算与数量积公式，结合正三棱柱性质计算即可得. 【详解】 . 4. 如图，在长方体中，是的中点，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的概念，结合长方体的结构，可得答案. 【详解】如图，连接，取的中点，连接.易得， 则所求的投影向量为在上的投影向量，易得， 则，所以在上的投影向量为. 故选：C. 5. 若表示不同的平面，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 相交 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【详解】由题设，且， 综上，法向量既不平行，也不垂直，则平面与平面相交. 6. 在下列条件中，使与一定共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间四点共面定理和向量共面定理，可以做出各选项的判断. 【详解】对于A，由于不满足右边式子的系数和为，所以四点不一定共面，故A错误； 对于B，由于也是不满足右边式子的系数和为，所以四点不一定共面，故B错误； 对于C，由于可得：，根据向量共面定理结合三向量又有公共点，可知四点一定共面，故C正确； 对于D，由于可得：，同样由于不满足右边式子的系数和为，所以四点不一定共面，故D错误； 故选：C. 7. 已知是三个不共面的向量，则下列向量组中共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于ABCD中的各组向量均先假设其共面，从而依据共面定理得向量的线性组合和等量关系，进而根据向量相等其相应向量系数相等得到方程组，再根据方程组有解还是无解即可判断向量是否共面. 【详解】对于A，设，，共面，则必有不全为0的实数，， 使得，又，，不共面， 所以，无解，所以，，不共面，故A不符合； 对于B，设，，共面，则必有不全为0的实数，， 使得，又，，不共面， 所以，无解，所以，，不共面，故B不符合； 对于C，假设，，共面，则必有不全为0的实数，， 使得，又，，不共面， 则，故，所以，，共面，故C符合题意； 对于D，设，，共面，则必有不全为0的实数，， 使得，又，，不共面， 所以，无解，所以，，不共面，故D不符合. 故选：C. 8. 已知三点共线，为空间任一点，则①；②存在三个不为的实数，使，那么使①②成立的与的值分别为（ ） A. 1， B. ，0 C. 0，1 D. ，0 【答案】D 【解析】 【分析】根据三点共线得，进而结合①得，再结合②得，最后求和即可得答案. 【详解】因为三点共线，所以存在实数，满足， 因为为空间任一点，所以，即， 因为，所以，解得， 因为存在三个不为的实数，使， 所以，所以，即， 所以. 综上，， 二、多项选择题（本大题共有3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．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. 下列四个命题中，说法不正确的是（ ） A. 空间任意两个单位向量必相等 B. 是共线的充分不必要条件 C. 对于非零向量，由，则 D. 若向量满足，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】A：由单位向量的大小相等，但方向不一定相同，故空间任意两个单位向量不一定相等，错， B：若时，则， 所以，则存在零向量或非零向量反向共线，即共线，充分性成立， 由共线，如非零向量同向共线时，此时，原等量关系不成立，必要性不成立，对， C：由，若，且，，此时，但，错， D：根据向量的性质，任意两个向量不能比较大小，错. 10. 已知直线l的一个方向向量为，平面α的一个法向量为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线与平面的位置关系，推断直线方向向量与平面法向量的关系，进而用空间向量的坐标表示，最后求出参数关系. 【详解】若，则，故，即，化简得. 故选项正确，选项错误. 若，则，故存在实数使得，即，化简得. 故选项错误，选项正确. 故选： 11. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法正确的是（ ） A. 当E，F运动时，不存在点E，F使得 B. 当E，F运动时，不存在点E，F使得 C. 当E运动时，二面角的最大值为45° D. 当E，F运动时，二面角为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立坐标系，利用向量法判断AC；由反证法判断B；平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则． 因为在上，且，，设，则， 则， 所以，显然恒为正，故A正确． 若，则共面，即四点共面，与和是异面直线矛盾，故B正确． 设平面的法向量为，又， 所以，即，取，则， 平面的法向量为，所以． 设二面角的平面角为，则为锐角，故， 因为，在上单调递减， 所以，故， 当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故C错误． 连接．平面即为平面，而平面即为平面， 故当运动时，二面角的大小保持不变，故D正确． 故选：ABD 三、填空题（本大题共有3小题，每题5分，共15分） 12. 若，在直线上，则直线的一个方向向量是______ 【答案】（答案不唯一，只要与向量共线即可） 【解析】 【详解】因为，在直线上， 所以可以是直线的一个方向向量. 13. 点，，，则点A到直线的距离是________． 【答案】． 【解析】 【分析】由数量积求出的余弦值，由平方关系得其正弦值，再由计算出距离． 【详解】，，，， ，又， 所以， 所以到直线的距离为． 故答案为：． 14. 在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为2，且，则对角线长为_____ 【答案】 【解析】 【详解】由题意得， 所以 ， 故对角线. 四、解答题（本大题共有5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 已知，，，，，求： （1），，； （2）与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据向量的平行和垂直，分别列出方程，解得答案; （2）求出向量与的夹角的坐标，利用向量的夹角公式求得答案. 【小问1详解】 ∵，  ，  解得,  则，  ∵，，  即，  解得，  则． 【小问2详解】 由得， ，  设与的夹角为，  =，=， 与的夹角为的余弦值为． 16. 如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． （1）求的值； （2）用向量法证明：平面平面． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，所以以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，即可求解； （2）通过证明平面与平面的法向量的数量积为，即可证明. 【小问1详解】 在直三棱柱中，， 又平面， 所以平面，因此两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知， ， 设平面BEA的法向量为，平面的法向量为， 则，即，令，则； ，即 令，则，所以， 所以平面平面． 17. 如图，已知直四棱柱中，底面是直角梯形，为直角，. （1）求线段的长度； （2）异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．求出点的坐标，从而得到线段的长度； （2）求出两条直线的方向向量，代入公式即可. 【详解】（I）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．则 ∴， （II）由（I）可知，，,|, ∴cos，＝ ∴异面直线与所成的角的余弦值为. 18. 如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，． （1）求直线BF与平面ABCD所成的角； （2）求点A到平面FBD的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 以O为原点，OD，OA，ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. （1）求出平面ABCD的法向量，通过空间向量的数量积求解直线BF与平面ABCD的夹角，(2)求出平面FBD的法向量，利用空间向量的数量积求解点A到平面FBD的距离. 【详解】 解：设，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得平面ABCD：作.以O为原点，OD，OA，ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴，如图建立空间直角坐标系. （1）由已知得，，，，， 因为z轴垂直于平面ABCD，因此可令平面ABCD的一个法向量为， 设直线BF与平面ABCD所成的角为， 又， 则有， 即， 所以直线BF与平面ABCD所成的角为． （2）因为，， 设平面FBD的法向量为， ， 令，得， 又， 所以点A到平面FBD的距离． 19. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论； （2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【小问1详解】 取中点，连接，， 为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 平面平面，平面平面平面， 平面， 取中点，连接，则平面， ， ，又， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， ，设平面的一个法向量，， 则，取，则， 平面的一个法向量可取， 设平面与平面所成锐二面角为， ， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年高二第二学期第一次阶段检测 数学 试卷 考试时间：120分钟 总分：150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，只有一项是符合题目要求的） 1. 与向量共线的单位向量可以为（ ） A. B. C. D. 2. 已知四面体，是BD的中点，连接，则（ ） A. B. C. D. 3. 在正三棱柱中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 如图，在长方体中，是的中点，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若表示不同的平面，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 相交 D. 不确定 6. 在下列条件中，使与一定共面的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是三个不共面的向量，则下列向量组中共面的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知三点共线，为空间任一点，则①；②存在三个不为的实数，使，那么使①②成立的与的值分别为（ ） A. 1， B. ，0 C. 0，1 D. ，0 二、多项选择题（本大题共有3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．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. 下列四个命题中，说法不正确的是（ ） A. 空间任意两个单位向量必相等 B. 是共线的充分不必要条件 C. 对于非零向量，由，则 D. 若向量满足，则 10. 已知直线l的一个方向向量为，平面α的一个法向量为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法正确的是（ ） A. 当E，F运动时，不存在点E，F使得 B. 当E，F运动时，不存在点E，F使得 C. 当E运动时，二面角的最大值为45° D. 当E，F运动时，二面角为定值 三、填空题（本大题共有3小题，每题5分，共15分） 12. 若，在直线上，则直线的一个方向向量是______ 13. 点，，，则点A到直线的距离是________． 14. 在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为2，且，则对角线长为_____ 四、解答题（本大题共有5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 已知，，，，，求： （1），，； （2）与的夹角的余弦值． 16. 如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． （1）求的值； （2）用向量法证明：平面平面． 17. 如图，已知直四棱柱中，底面是直角梯形，为直角，. （1）求线段的长度； （2）异面直线与所成角的余弦值． 18. 如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，． （1）求直线BF与平面ABCD所成的角； （2）求点A到平面FBD的距离． 19. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $