精品解析：广西壮族自治区柳州市柳州地区民族高级中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

2026-2027学年高二数学第一次月考试卷 建议用时：120分钟，满分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间坐标系中点的特征计算即可. 【详解】空间中的点关于平面的对称的点横纵坐标不变，竖坐标变为相反数， 所以点关于平面的对称点的坐标为. 故选：C 2. 已知点M在z轴上，且点M到点与到点的距离相等，则点M的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据z轴上点的特点，结合空间两点间距离公式进行求解即可. 【详解】因为点M在z轴上，所以设点M的坐标为， 因为点M到点与到点的距离相等， 所以， 两边同时平方，解得，所以点M的坐标为. 3. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】已知，点N为BC中点， 则. 故选：C 4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，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】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 5. 已知空间四点，，，，则四面体的体积为（ ） A. B. C. 15 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知点坐标求平面的一个法向量，向量法求到面的距离，且为边长为的等边三角形，最后应用棱锥的体积公式求体积. 【详解】由题设为边长为的等边三角形， 且，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 则到面的距离， 所以四面体的体积为. 故选：B 6. 若是空间的一个基底，’且向量，则叫做向量在基底下的坐标．已知是空间的一个基底，而是空间的另一个基底，一个向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基底的坐标定义结合空间向量的线性运算求解即可. 【详解】设向量在基底下的坐标为， 则， 因为向量在基底下的坐标为， 所以， 则，故向量在基底下的坐标为. 故选：B. 7. 在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出和直线的方向向量即可由点到直线向量法距离公式直接计算求解. 【详解】由题意，平面，， 因此以为原点，分别以、、方向为轴建立空间直角坐标系： 则，，，，， 直线​的方向向量， ， 点到直线的距离. 8. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为线段上的点，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解. 【详解】由题意可得，，设，， 且， ， 因为， 所以 所以. 二、多项选择题（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，则下列说法正确的是（ ） A. 是平面的一个法向量 B. 四点共面 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量垂直，即可结合法向量定义求解A，根据共面定理即可求解B，根据向量共线即可求解C，由模长公式即可求解D. 【详解】， 所以平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量，故A正确； 设，则，无解，所以四点不共面，故B错误； ，所以与不平行，故C错误； ，故D正确； 故选：AD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则异面直线与所成角的余弦值为 B. 若平面与平面的法向量分别为，则 C. 为所在平面外一点，若，则点平面且在内部 D. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】AB 【解析】 【分析】A利用即可；B判断是否为即可；C根据向量的运算化简得出即可判断四点共面，再根据向量的加法法则可判断在的外部；D设，根据为基底即可求出. 【详解】因，则异面直线与所成角的余弦值为，故A正确； 因，则，故B正确； 因，则， 则，即， 由平面向量基本定理可知，共面， 又有公共点，有公共点，则点平面， 设，由向量的加法法则可知，点在的外部， 又同向，则点在的外部，故C错误； 设，则， 因是空间的一个基底，则，故共面， 则不可以是空间的一个基底，故D错误. 故选：AB 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可. 【详解】依题意得，故A正确； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， 对于BC，， 所以，设， 则点到直线的距离，故BC正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，若，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】根据即可得出m，n的值，然后得解． 【详解】由，得，解得，， 所以 故答案为：5 13. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为 “阳马”. 在阳马中，若平面， 且，异面直线与所成角的余弦值为，则___________. 【答案】1 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法建立方程，求解参数即可. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 解得（负根舍去），即. 故答案为：1 14. 如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设，以为基底表示出，利用，，，四点共面，得到，再由，得到，代入上式，即可得到方程组，进而求出结果. 【详解】由题知，设， 则， 又， 且 ， 因为，，，四点共面， 所以， 即， 又因为，则， 即， 所以， 所以， 所以 ， 所以，解得， 故，所以. 故答案为： 四、解答题 15. 已知向量，，，且，． （1）求，，； （2）求向量与所成夹角的余弦值； （3）求在上的投影向量（用坐标表示）． 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 ，，，， 又，，. 因此，，. 【小问2详解】 ，. ，. . 因此向量与所成夹角的余弦值为. 【小问3详解】 在上的投影向量为. 16. 在平行六面体中，，，，点F、G分别为棱、的中点，，，设，，． （1）用，，表示并求出的值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行六面体的性质，结合已知条件，运用向量运算得，再结合已知条件，利用数量积的运算律求出向量的模； （2）先利用向量运算求得，然后利用向量数量积的运算律求解即可. 【小问1详解】 因为点F为棱的中点，所以， 由得，所以 ， 又， 所以； 由题意，， 所以，，， 所以 ． 【小问2详解】 因为点G为棱的中点，所以， 因为，所以， 所以，· 所以. 17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAD是正三角形．侧面PAD⊥底面ABCD，E是PD的中点． （1）证明：平面ACE⊥平面PCD． （2）求二面角E－AC－D的余弦值． （3）求点D到平面PAC的距离． 【答案】（1） 如图所示，取中点，连接，因为为正三角形，故. 又平面平面，交线为，平面，故平面. 以为原点，所在直线为轴，平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，为中点， 故. 所以，，， ，故； ，故. 因为，且平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量关系证明和的垂直，进而证明面面垂直； （2）求解平面和平面的法向量，进而求解二面角夹角余弦值； （3）求平面的法向量和，结合点到面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面即为底面，取其一个法向量. 设平面的法向量为，平面内向量，， 则，令，得，，即. 所以. 又二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 设平面的法向量为，平面内向量，， 则，令，得，，即. ，由点到平面距离公式可得：， 所以点到平面的距离为. 18. 如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点G在棱上，且. （1）若，证明：平面； （2）若，求的值； （3）求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】（1） 当时，是的中点，因是的中点，则， 连接，交于点，连接， 因四棱锥是正四棱锥，则平面，且互相垂直平分， 又是的中点，则，故， 又平面，平面，故平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用条件先证明，连接，交于点，连接，再证明，利用线面平行的判定定理即可证得结论； （2）根据题设条件建系，设，求出相关点和向量的坐标，利用即可求得的值； （3）分别求出两平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标公式求得夹角余弦的解析式，借助于二次函数的性质即可求得其范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）易得两两垂直， 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则， 所以，则，， 则 由可得： ，解得. 【小问3详解】 由上分析，， 设平面的法向量为，则，可取； 又，， 设平面的法向量为，则，可取 设平面与平面的夹角为，则， 因，则，故可得. 即平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 19. 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍（méng）”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，，，分别是边长为4的正方形三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接、就得到了一个“刍甍”（如图2）. （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正切值为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取中点，连接， 由题意可知且， 又因为是矩形对角线的交点． 所以且， 所以且， 则四边形为平行四边形， 所以且， 又因为平面平面， 所以平面； （2） （3）不存在，理由如下： 假设存在满足条件的点， 设，所以， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 所以，取, 由（2）知平面的一个法向量， 则， 要使平面与平面所成的二面角的正切值为， 则只需，即， 解得，因为，故不满足题意， 所以不存在点使得平面与平面所成的二面角的正切值为 【解析】 【分析】（1）找平面外直线与平面内一条直线平行来证明线面平行，利用中点得到中位线从而构造平行四边形． （2）根据二面角的平面角确定点的空间坐标，建立空间直角坐标系，用向量法求平面的法向量，再求直线的方向向量与法向量夹角的余弦绝对值即得线面角的正弦值． （3）假设存在点并设参数表示坐标，分别求出两个平面的法向量，用法向量夹角余弦的平方等于二面角平面角余弦的平方建立方程，解出参数不在范围内判断不存在． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在图1中，且，在图2中上述关系依然成立， 所以即为二面角的平面角，则， 以为坐标原点，分别为轴，轴正向，垂直平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 所以， 又因为平面，所以， 所以， 设平面的一个法向量， 则，则有，取 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学第一次月考试卷 建议用时：120分钟，满分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知点M在z轴上，且点M到点与到点的距离相等，则点M的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，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 5. 已知空间四点，，，，则四面体的体积为（ ） A. B. C. 15 D. 6. 若是空间的一个基底，’且向量，则叫做向量在基底下的坐标．已知是空间的一个基底，而是空间的另一个基底，一个向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为线段上的点，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 二、多项选择题（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，则下列说法正确的是（ ） A. 是平面的一个法向量 B. 四点共面 C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则异面直线与所成角的余弦值为 B. 若平面与平面的法向量分别为，则 C. 为所在平面外一点，若，则点平面且在内部 D. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，若，则______. 13. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为 “阳马”. 在阳马中，若平面， 且，异面直线与所成角的余弦值为，则___________. 14. 如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则______. 四、解答题 15. 已知向量，，，且，． （1）求，，； （2）求向量与所成夹角的余弦值； （3）求在上的投影向量（用坐标表示）． 16. 在平行六面体中，，，，点F、G分别为棱、的中点，，，设，，． （1）用，，表示并求出的值； （2）求的值. 17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAD是正三角形．侧面PAD⊥底面ABCD，E是PD的中点． （1）证明：平面ACE⊥平面PCD． （2）求二面角E－AC－D的余弦值． （3）求点D到平面PAC的距离． 18. 如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点G在棱上，且. （1）若，证明：平面； （2）若，求的值； （3）求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 19. 某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍（méng）”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，，，分别是边长为4的正方形三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接、就得到了一个“刍甍”（如图2）. （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正切值为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $