福建省泉州科技中学2025-2026学年高二上学期第一次限时训练数学试题

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，以三棱台面面垂直证明、阿基米德多面体线面角等问题为载体，考查空间观念与推理能力，适配高二数学月考限时训练需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|空间向量共面判定、直线斜率比较|结合几何直观考查基础概念辨析| |多选题|3/18|空间向量运算、直线方程充要条件|设置部分选对得分机制，区分思维层次| |填空题|3/15|四点共面参数计算、阿基米德多面体线面角|融入数学文化，考查空间想象| |解答题|5/77|三棱台面面垂直证明、平面夹角余弦值|综合空间向量与立体几何，突出推理能力|

泉州科技中学2025-2026学年度 第一学期限时训练高二年 数学答案 一､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.若，，则（ ） A. 22 B. C. D. 29 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标公式即可求值. 【详解】由，， 得，， 所以． 故选：C． 2.. 如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解． 【详解】，，，则 故选：A． 3. 关于空间向量，以下说法错误的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则与的夹角是锐角 C. 已知向量、、是不共面的向量，则、、也是不共面的向量 D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 【答案】B 【解析】 【分析】A由空间向量的概念及性质判断；B注意同向共线的情况；C由向量共面定理判断；D根据空间向量共面的推论判断. 【详解】A：若三个空间向量有两个向量共线，而空间中任意两个向量是共面的，故共线的两个向量必与第三个向量共面，对； B：对于两个同向共线的非零向量也有，但它们的夹角为0度，不是锐角，错； C：若、、是共面的向量，则存在且， 显然无解，所以、、是不共面的向量，对； D：由，且，根据空间向量共面的推论知，，，四点共面，对. 故选：B 4.如图，直线的斜率分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由斜率的定义判断大小即可. 【详解】由斜率的定义知，. 故选：D. 5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. （4，0，3） B. （4，0，3} C. （2，2，-1） D. （2，2，-1） 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量在向量上的投影向量的概念求解即可. 【详解】向量在向量上的投影向量为， 故选：C 6.已知为实数，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】B 【解析】 【分析】计算出时的的值，结合充分条件与必要条件的定义即可得. 【详解】若，则有，解得， 当时，，不重合，符合要求； 当时，，不重合，符合要求； 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 点到直线（为任意实数）的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知直线恒过点，由此可知到直线的最远距离为，最短距离为0，即可得答案. 【详解】解：将直线方程变形为， 由，解得， 由此可得直线恒过点， 所以到直线的最远距离为，此时直线垂直于 到直线最短距离为0，此时直线经过点． 又， 所以到直线的距离的取值范围是． 故选：B． 8. 设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线上运动，当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，从而可得,的坐标，再利用空间向量的数量积运算求解的最小值，即可得的值． 【详解】，，，点在直线上运动， 可设， ，， ， 当时，取得最小值， . 故选：B． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，则下列说法不正确是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】用空间向量的坐标运算处理即可. 【详解】由，得，故A错误； ，故B错误； 又，故C正确； ，所以与不垂直，故D错误. 故选：ABD. 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D. 【详解】当时， 解得 或， 当时，两直线为 ，符合题意； 当时，两直线为 ，符合题意，故A错误； 当时，两直线为， ， 所以，故B正确； 直线即直线，故直线过定点，C错误； 因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ， 故D正确， 故选：BD. 11. 已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则平面 B. 若，则 C. 若，则二面角的正弦值为 D. 若，则三棱锥的体积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由空间向量法判断线面位置关系，求角，距离即可. 【详解】 如图建立空间直角系， 则, 则， 则， 选项A：若，，， 设平面的法向量为，则由，， 可知，令，得，故， 由，故A错误； 选项B：， ，，故B正确； 选项C：若，，设， ， 由得，得， 故，又， 设平面的法向量为， 则，令，得，故， 平面的法向量为， 设二面角的平面角为，则， 故，故C正确； 选项D：若，则，， 由得，得， 当时，， 当时，，当且仅当，即时等号成立， 平面的法向量为， 点到平面的距离， ， 故D正确， 故选：BCD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.. 已知P，A，B，C四点共面，对空间任意一点O，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由条件可得存在实数，使得，再用向量 表示出向量，即可得出答案. 【详解】 P，A，B，C四点共面,则存在实数，使得 所以 即 所以 ，解得 故答案为： 13. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________. 【答案】或 【解析】 【分析】当纵截距为时，设直线方程为，代入点求得的值，当纵截距不为时，设直线的截距式方程，代入点求解. 【详解】①当直线在两坐标轴上的截距均为时，设直线方程为， 因为直线过点，所以，所以直线的方程为； ②当直线在两坐标轴上的截距均不为时， 设直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为， 则直线的方程为， 又因为直线过点，所以， 解得：， 所以直线的方程为，即， 综上所述：直线的方程为或， 故答案为：或． 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接,设的中点为,连接, 因为分别为中点, 所以,且, 则四边形为平行四边形, 所以, 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角, 又平面, 所以直线与平面所成角即为, 设正方体的棱长为, 则, 所以, 即直线与平面所成角的正弦值为. 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）根据条件得到，，再利用向量垂直的坐标表示，即可求解； （2）根据条件得到，再利用，即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 又，所以，得到. 【小问2详解】 因为，又，所以，解得或， 所以的坐标为或. 16.已知△ABC的三个顶点分别为A(0,4)，B(－2,6)，C(－8,0)． (1)求边AC和AB所在直线的方程； (2)求AC边上的中垂线的方程． 【解析】(1)由截距式，得边AC所在直线的方程为＋＝1，即x－2y＋8＝0. 由两点式，得边AB所在直线的方程为＝， 即x＋y－4＝0. (2)由kAC＝，得AC边上的中垂线的斜率为－2. 又AC的中点坐标为(－4,2)， 由点斜式，得AC边上的中垂线的方程为y－2＝－2(x＋4)，即2x＋y＋6＝0. 17 . 如图，正方形和四边形所在平面互相垂直，，，，．求证： （1）平面； （2）平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设与交于点．连接，则可证明四边形为平行四边形，于是，故而平面； （2）以为原点建立空间坐标系，求出，，的坐标，通过计算，得出，，故而平面． 【小问1详解】 设与交于点，连接，如图所示． 因为，且，， 即， 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为正方形和四边形所在的平面互相垂直，两平面的交线为，且，所以平面． 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 所以，，． 所以，， 所以，， 即，． 又，且平面，平面， 所以平面． 18.已知直线l过点P(0,1)，且分别与直线l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0交于B，A两点，线段AB恰被点P平分． (1)求直线l的方程； (2)设点D(0，m)，且AD∥l1，求△ABD的面积． 【解析】(1)∵点B在直线l1上，∴可设B(a,8－2a)． 又P(0,1)是AB的中点，∴A(－a,2a－6)． ∵点A在直线l2上，∴－a－3(2a－6)＋10＝0， 解得a＝4，即B(4,0)． 故直线l的方程是x＋4y－4＝0. (2)由(1)，知A(－4,2)． 又AD∥l1，∴kAD＝＝－2，∴m＝－6. 点A到直线l1的距离d＝＝， |AD|＝ ＝4， ∴S△ABD＝|AD|·d＝×4×＝28. 19. 图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）. （1）证明:平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先分别证明、，由此即可证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证. （2）建立适当的空间直角坐标系，设，分别求出求平面与平面的法向量（含有参数），由公式即可表示出（它可以看成是关于的函数），从而将问题转换为了求函数的最小值，从而即可求解. 【小问1详解】 因为是等边三角形，点是棱的中点， 所以， 又平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 在平面中，过点作, 由（1）可知，， 所以，， 又平面，平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示： 因为是等边三角形，， 所以，，， 因 ，所以 设所以， 所以 设平面的法向量为， 又 所以，即 ， 令，得所以平面的一个法向量为 设平面的法向量为 ， 又 所以 ，即 ， 令，得 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 设，因为， 所以，所以， 所以， 设，则由复合函数单调性可知 在时单调递增， 所以当 时，即时，取到最小值. 【点睛】关键点点睛：本题第一问比较常规，其关键是转换为线面垂直，且要通过分析找出那条直线与另外一个平面垂直，而第二问的关键首先要想到有动点就有参数，设法将两平面夹角的余弦值转换为关于参数的函数，从而求函数最小值即可. 学科网（北京）股份有限公司 $报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 泉州科技中学2025-2026学年度 第一学期限时训练高二年数学答题卡 考场/座位号： 姓名： 准考证号 班级： [0] [0] [0] [0] [o] [o] [o] [1] [1] [1] [1] [1] [1] [1] ▣▣ [2] [2] [2] [2] [2] [2] 2 [2] [3] [3] [3] [3] [3] 「31 [3] [4] [4] [4] [4] [4] [4] 4 4] [51 [5] [51 [5] [5] [51 「5 [5] [6] [6] [6] [6] [6] [6] [6] [6] 正确填涂■缺考标记☐ [7] [7] [7] [7] [7] [7] [7] [7] [8l [8] [8] [8] [8] [8] [8] [8] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] 客观题(18为单选题911为多选题 1[A][B][c][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 4[A][B][c][D] 9[A][B][Cc][D] 5[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 填空题 12. 13. 14. 解答题 15. 囚囚■ 第1页共6页 逆9并连z巢 ■囚囚 9I 17. C B 第3页共6页 逆9详逆嵬 囚■囚 0 0 0 '81 ■ 9并s嵬 囚■囚 ☑ 8 61 ▣ 请勿在此区域作答或 者做任何标记 第6页共6页 泉州科技中学2025-2026学年度 第一学期限时训练高二年 数学试卷 一､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.若，，则（ ） A. 22 B. C. D. 29 2.. 如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 关于空间向量，以下说法错误的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则与的夹角是锐角 C. 已知向量、、是不共面的向量，则、、也是不共面的向量 D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 4.如图，直线的斜率分别为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. （4，0，3） B. （4，0，3} C. （2，2，-1） D. （2，2，-1） 6.已知为实数，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 7. 点到直线（为任意实数）的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线上运动，当取最小值时，（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，则下列说法不正确是（ ） A. B. C. D. 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 11. 已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则平面 B. 若，则 C. 若，则二面角的正弦值为 D. 若，则三棱锥的体积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.. 已知P，A，B，C四点共面，对空间任意一点O，若，则______. 13. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________. 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为_____________. 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.已知△ABC的三个顶点分别为A(0,4)，B(－2,6)，C(－8,0)． (1)求边AC和AB所在直线的方程； (2)求AC边上的中垂线的方程． 17 . 如图，正方形和四边形所在平面互相垂直，，，，．求证： （1）平面； （2）平面． 18.已知直线l过点P(0,1)，且分别与直线l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0交于B，A两点，线段AB恰被点P平分． (1)求直线l的方程； (2)设点D(0，m)，且AD∥l1，求△ABD的面积． 19. 如图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）. （1）证明:平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $