广西壮族自治区来宾高级中学2026-2027学年高二上学期9月阶段检测数学试题

2028届高二（上)数学空间向量与立体几何（基础卷) 一、单选题（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.给出下列命题： ①零向量的方向是任意的：②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同： ③若空间向量ā，方满足园=，则ā=b;④空间中任意两个单位向量必相等. 其中正确命题的个数为(). A.4 B.3 C.2 D.1 2.已知空间向量a,b满足|a=√2，=1，a⊥(a+2b),则向量a,b的夹角为() A月 B.牙 C. D.￥ 3.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， B,Pw=D,设ABa,4D=b,4P=c,则向量MN用@，b,@为基底表示为( A.a+6+8.-a+25+c.a-5+ 1 D.-a-6+ 62 4.在空间直角坐标系Oxz中，点(1，-2,3)关于x轴对称的点为（) A.(1,2,-3) B.(-1,2,-3) C.（-1,-2,3) D.(-1,2,3) 5.设x,yeR,向量a=(x,2,2),五=(2，y,2),c=(3,-6,3),且a⊥c,i/1元，则a+=() A.3√2 B.4V2 c.5 D.6 6.已知直线1的个方向向量为m=(-1,2,平面“的一个法向最为i-兮， 若l11a,则 x=() A月 c. 0. 7.已知异面直线m,n所成的角为60°，M,N在直线m上，G,H在直线n上， HN⊥，H⊥n,N=1,NH=3,G=2,则G,M间的距离为（) A.2W2或2√5B.4 C.2W3 D.2W3或4 8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，P为线段CC 的中点，B在4G上，且满足AB-4G,则直线40到直线PB的距离为(） A B.3 C.1 D.3 3 试卷第1页（共4页） 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，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.已知平面&与平面B平行，若i=(2,-4,8)是平面B的一个法向量，则平面x的法向量可能 为(). A.（-1,2,-4)B.(-1,2,4) C.(2,4,-8) D.(-2,4,-8) 10.直线1的方向向量为i,两个平面心，B的法向量分别为，2，，则下列命题为真命题的是 () A.若i⊥，则直线l⊥平面 B.若1乃，则平面a⊥平面B C.若cos(何，西)-号则平面aB所成锐二面角的大小为写 D.若cosa)-5,则直线I与平面a所成角的大小为 11.如图，在棱长为1的正方体ABCD-AB,CD,中，E,F分别为CD,AB,的中点，则下列结 论正确的是() D A.点F到点E的距离为√2 B.点F到直线☑的距离为V3o C.点P到平面4D的距离为5D.平百阳到平面4BD的距商为26 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12.已知向量a=(1,0,1),b=(-2,2,1),c=(3,4,,若a,b,c共面，则z等于 13.空间中直线、平面的垂直 (1)线线垂直：设直线4的方向向量为=(a,4,4),直线的方向向量为b=(亿，b,b),则 h⊥l2台a⊥b曰a.b=0曰 (2)线面垂直：设直线1的方向向量是a=(4,b,9),平面α的法向量是i=(a,b2,c2),则 I⊥a台 (3)面面垂直：若平面x的法向量i=(4,b,G),平面B的法向量=(4，b2,c),则 ⊥B台 14.二面角a-1-B中，A,B∈1，C∈，D∈B,且AC⊥1，BD⊥1，若AB=√6，AC=2,BD=1, CD=3,则此二面角的大小为 试卷第2页（共4页） 四、解答题（本大题共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.(I3分)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形、SA⊥平面ABCD,M,N分别 为棱SB,SC的中点， (1)证明：MN/平面SAD; M (2)若SA=AD,求直线SD与平面ADM所成角的正弦值 16.(15分)在直三棱柱ABC-ABC1中，∠BAC=90°，AA=AB=AC=3,B,C∩BC=P,G是 △ABC的重心，点Q在线段AB(不包括两个端点)上. (1)若Q为AB的中点，证明：PG∥平面AC2: 2)若直线PG与平面4CO所成的角正弦值为，求4Q. 17.(I5分)如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC11AD,EF/1AD, AD=4,AB=√2，BC=EF=2,AF=√I,FB⊥平面ABCD,M为AD上一点，且 FM⊥AD,连接BD、BE、BM. (1)证明：BC⊥平面BFM (2)求平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值. 试卷第3页（共4页） 18.(17分)如图，在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形， ∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC: (2)若二面角D-AC-E的正切值为4V3,求四面体ACDE与四面体ABCD的体积之比. D 19.(17分)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90,BC=6,DE分别是AC,AB上的点， CD=BE=√2，O为BC的中点.将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A-BCDE,其 中A'0=5. (1)求证：AO⊥平面BCDE; (2)求点B到平面ACD的距离. 图1 图2 试卷第4页（共4页） 参考答案： 题号 1 4 6 7 8 9 10 11 答案D D D A D A D D AD BCD ABC 1.D【详解】零向量是大小为0的向量，零向量的方向是任意的，命题①正确： 方向相同，大小相等的空间向量相等，它们的起点不一定相同，终点也不一定相同，命题②错误； 若空间向量ā，6满足=，但由于它们的方向不一定相同，故ā，五不一定相等，③错误； 空间中任意两个单位向量由于它们的方向不一定相同，故它们不一定相等，④错误：所以正确的命题 只有1个故选：D. 2.D【详解】由向量a√2，b=l,因为a1(a+2),可得al(a+2b)=a+2a.i=0,解得a.i=-1, 所以cosa=a6-二1-V区 62x12又因为<a,b>0,可，所以a=放选：D 3.D【详解】由条件易知=MC+CD+DNBC+A号DF}A0+AM-动 号5-a+-司=a名5+故选：0 62 4.A【详解】关于x轴对称的点的坐标是只有横坐标不变，纵坐标和竖坐标变为相反数， 所以点(1，-2,3)关于x轴对称的点为(1,2，-3).故选：A. 5.D【详解】因为a1,=(x,2,2),c=(3,-6,3),所以3x-12+6=0,所以x=2,因为b/1, 6-22到，8=民-6，所以号名号所以-4，所以a46=(424,所以 a+=42+(-2)2+4=6. 6。A【详解】若1U1a,则mLn,从而mn=0,即-+2+0，解之得：x故选：A 7.D【详解】以向量MM,N,G为基底，由题知，Md=1,应=3，HG=2,M1N 丽1G,(G)}或，则 Mc=(M+M+HG=Mi+丽1+G1-2 ni G os KIMI,HG） 当G)5时，-++2-2x1x2x分12=25，当(M,到=时. G-+3+2-2xk2×（16,G=4.放选：0 8.D【详解】取4C的中点OQ,连接C0,由4B=34C,知B为C0的中点，又P为CC的中点，故 EP/1CO,由正方体性质可得OC/1AO且OC=AO,故四边形AOCO为平行四边形，所以 AO11CO,所以EP/AO,故直线AO与直线PE的距离等价于点P到直线AO的距离，以D为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系D-w,则40u小.o专，0) 所以和-(2o-(》妆岗 + 所以O丽 爵卦，-- 故女P到直线40的距离为-得0号选：0 9.AD【详解】设平面a的法向量为m,因为平面与平面B平行，i=(2,-4,8)是平面B的一个法向 量，所以m/1,且≠0，所以平面0的法向量可能为(-12，-4)，（-2,4，-8)，故选：AD 10.BCD【详解】由u⊥h,则直线l/平面a或lca,故A错误；由⊥n,则平面a⊥平面B,故B 答案第1页（共4页） 正确：若cs4西-分设平面心和平面B所成角为0，且90号 2 则cos0=os月，西- ，所以平 面心，B所成锐二面角的大小为，故C正确：设直线与平面u所成角为7，则m3cs成.号 且y心引，所以直线I与平面心所成角的大小为管故D正确故选：BCD. 11.ABC【详解】以D为原点，分别以DA,DC,DD的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空 间直角坐标系、由题意知，A0o2L10.0号901D,AQ,0u Fi=10-两=(。，4=10以4=120 设平面AED的法向量为n=(xy,), AD·i=-x+三=0， 所以 1 则可得平面AED的一个法向量为n=1,2,1) 驱i=-+2=0, 点F到点E的距离|FE1=V(-)+(-1)=√2，故A正确： 点F到直线ED的距离为，FE FE·ED BD 点P属0的E离d:1后-S,故C正确：由正方体的性质可，平面为心y平面 4BD，平面BPG到平面ABD,的距离即为点F到平面4BD的距离y6 故D错误.故选：ABC. 12.9【详解】因为ā=(L,0,1),b=(-2,2,1),且ā，b,c共面，a=xb+yc,(1,0,1)=(-2x+3y,2x+4y 「-2x+3y=1 ,x+), 2+=0,解得：子：9.即：9改谷安为：9 x+z=1 13.a4h+ab+ab=0;a/m→a=hi(k∈R)一(4，b,G)=k(a,b,C): i⊥下台i.下=044+bb+CC2=0 14.背【详解】如图所示，根据题意知：函-V64C2B丽1，可-3，CD=C+亚+BD. AC⊥AB,BD⊥AB,易知二面角a-I-B的平面角即AC,BD,所以 CD'=(CA+4B+BD)=2+(6)++2C4.BD=9,CA.BD=-1=2x1x cos(t-AC.BD), 由空间向量夹角的范国知元-cD-子，所以4cD-号即此二面角的大小为号放答案为：骨 15.【详解】(1)：M、N分别为SB,SC的中点 .MNI/BC,ABCD为正方形 .BC//AD:MN/AD,MNZ平面SAD,ADC平面SAD .MN//平面SAD. (2)由题知S4A⊥平面ABCD,AB⊥AD,建立如图所示的空间直角坚标系， ZA 设S4=AD=2,则S(0,0,2),A(0,0,0,D(0,2,0)bB2,0,0)C2,2,0), .M(1,0,1),N(1,1,1),SD=(0,2,-2),AD=(0,2,0),AM=1,0,1) 设平面ADM的一个法向量为元=（化，y,z) 则 〔nD=2y=0令x=1,则y=0,:=-1,i=,0-0 i·AM=x+z=0 设直线SD与平面ADNM所或的角为O, .sine-co n.SD 2 二 SD 答案第2页（共4页） 所以直线sD与平面ADMM所成角的正弦值为 2 16.【详解】(1)连接CG并延长，交AB于点D,则D为AB的中点，连接BD,D2, 因为ABC-ABC为直三棱柱，所以平面ABC∥平面AB,C1,ABAB,AB=AB, G DA B 又D,2分别为AB,AB的中点，所以AD1BQ,AD=BQ, 所以四边形BQAD为平行四边形，所以BDAQ, 又因为平面CODC∩平面ABC=CQ,平面CQDC∩平面AB,C1=CD, 所以CD/CQ, 因为C1D立平面AC2,C0c平面AC2,所以CD/平面AC2, 同理可得BDM平面AC2, 因为BD,CDC平面BDC,且BD∩CD=D, 所以平面BDC∥平面ACQ,又PGc平面BDC, 所以PG∥平面ACQ. (2)以A为原点，分别以AC,AB,AA所在直线为x,y,二轴，建立如图空间直角坐标系， 设A2=(0<m<3), 则4(0,0,3)，B,(0,3,3),C(3,0,3),C(3,0,0),2(0,m,0)，G(1,1,3), 所以C0=(-3,1m,0),2A=(0,-1,3), 由直三棱柱ABC-AB,C可得，P为BC的中点， 所以P333) 引则引 设平面AC2的一个法向量为i=(x,y,z), i.C9=0 「-3x+y=0 由 得， ,取x=,则i=(n,3,m, 4=0 -y+3z=0 因为直线PG与平面4C9所成的角正弦值为 33 3 PG.n 所以 V33 PG网 1,1,9 ×√22+9 33, V444 整理得，(5m-3)0m-3)=0,解得m=2或m=3(不合题意合)，所以40= 5 17.(1)因为B⊥平面ABCD,又ADC平面ABCD 所以FB⊥AD.又FM⊥AD,且FB∩FM=F, 所以AD⊥平面BFM.因为BCAD,所以BC⊥平面BFM. (2)作EN⊥AD,垂足为N.则FMI/EN.又EFAD, 所以四边形FME是平行四边形，又EN⊥AD, 所以四边形FMNE是矩形，又四边形ADEF为等腰梯形，且AD=4,EF=2, 所以AM=1.由(1)知AD⊥平面BFM,所以BM⊥AD.又AB=√2， 所以BM=1.在Rt△AFM中，FM=√AF2-AM2=V10 在RtAFMB中，FB=√FMP-BM=3· 由上可知，能以BM,BC,BF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系. 则A(-1,-1,0),B(0,0,0),F(0,0,3),D(-1,3,0),E(0,2,3),所以，AB=1,1,0),BF=(0,0,3), BD=(（-1,3,0),BE=(0,2,3),设平面ABF的法向量为m=(,1,), m亚0，得5+= 由 可取i=1,-1,0) mBF=0’5=0, 设平面BDE的法向量为i=(x2,y2,22), 答案第3页（共4页） iBD=0 -63+3y%=0, (mBE=0'得 25+35=0,’可取i=(9,3,-2), 因此，cos<i,i> i元 9-3 3v47 |V1+1.√81+9+447 依题意可知，平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为3V啊 47 18.(1)由题设得，△ABD=ACBD,从而AD=DC 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO、BO,则DOLAC且OD=OA, 又△ABC是正三角形，故BO⊥AC. 则Rt△AOB中，BO+AO2=AB2=BO+DO,又AB=BD, 所以BO+D02=BD2,故OD⊥OB. 而AC∩OB=O且都在面ABC,故OD⊥面ABC, 而ODC面ACD,所以平面ACD⊥平面ABC, (2)设AB=2,DE=DB,结合(1)结论， 以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0,0,1),O(0,0,0),B(0,V3,0),C(-1,0,0),A(1,0,0),易知平面ADC的法向量为%=(0,1,0)， 设E(x,y,z）,由D=mDB,可得E(0,√3,1-m),得OE=(0,√3,1-m),OA=(1,0,0), 设面1C五的法向量为%=(，以，习，则巨0=x0 2 n·OE=V5my+1-m)E=0' 取y=1-m,得x=0,z=-√3，所以2=(0,1-，√3m), C 因为三面角DAC的正切值为h3,则44,6多 又0≤m≤1，解得m=手，所以D-号丽， 所以B到底面ACD的距离与B到底面ACD的距离之比为， 所以四面体ACD5与四面体ABCD的体积之比 19.(1)连接OD,OE,则∠B=∠C=45°，CD=BE=√2，C0=BO=3, 在ACOD中，由余弦定理可得OD=√C0+CD2-2C0.CDcos45°=5， 同理得OE=√5， 因为BC=6,则AC=AB=3V2,可得AD=AD=AE=AB=2N2, 因为A'0=√5，则A02+OD2=A'D,AO+OE2=AE2 可知AO⊥OD,AO⊥OE, 又因为OD∩OE=O,OD,OEC平面BCDE,所以AO⊥平面BCDE. (2)取DE中点H,则OH⊥OB, 以O为坐标原点，OH,OB,OA'所在直线分别为x,y,二轴，建立空间直角坐标系， 则0(0,0,0)，A'(0,0,V3),B(0,3,0),C(0,-3,0),D1-2,0), 可得CA=(0,3V3,CD=(1,1,0),CB=(0,6,0), R i.CA=3y+√3z=0 设平面ACD的一个法向量为元=(x,y,z),所以 iCD=x+y=0 令x=1,则y=-1,=V3,可得元=1，-1,3)， 所以点B到平面ACD的距离为 B_-665 同55 答案第4页（共4页）