安徽合肥市第六中学2026-2027学年高二上学期数学第1次学科素养运用试卷

合肥六中2025级高二上学期数学第1次学科素养运用 命题与审题：吴亚零、陈子涵 时长：120分钟分值：150分 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1.下列说法正确的是() A.任一空间向量与它的相反向量都不相等 B.不相等的两个空间向量的模一定不相等 C.同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小 D.将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆 2对于空间中的非零向量AB,BC,AC,其中一定不成立的是() A.AB+BC=AC B.AB-AC=BC C.AB+BC=AC D.ABI-AC=BC 3.设向量e,e2,e不共面，己知AB=e+e+e,BC=e+λe+e,CD=4e+8e+4e⑧， 若A,C,D三点共线，则1=() A.1 B.2 C.3 D.4 4.在空间直角坐标系Oxz中，点(2,3,4)关于xOz平面的对称点的坐标为() A.(2,3,-4) B.(-2,3,4) C.(-2,-3,4)D.(2,-3,4) 5.如图，在三棱锥S-ABC中，点E,F分别是SA,BC的中点，点G在EF上，且满足GF=2EG,若 SA=a,SB=b,SC=c,SG=() E A.3a-16+76 B.za+26+18 C.Za-38+78 D.3a-76+ 1 1 1 3 6 366 2 6 2 6.已知空间向量ā，方，c满足a+方+=0，同=1，=2，=V7,则a与i的夹角为() A.30 B.45 C.60° D.90° 7.已知在空间四边形ABCD中，∠ACD=∠BDC=90°，且AB=2,CD=1,则CD在AB上的投影向 量是() A.18 B. 4 2 D时 8设空间两个单位向量01=(m儿0)，08=(0,2，p)与向量oc=(1,11)的夹角都等于 ,则 4 c0s∠AOB=() A2-V5 B.2+V5 c25成2+5 D25或2+5 4 2 4 2 2 第1页，共4页 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9.已知空间向量，，都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是() A.向量i+j+的模是3 B.{+j,-,)可以构成空间的一个基底 C向量i+j+无和无夹角的余弦值为5 D.向量i+j与-j共线 10.金刚石化学性质稳定，如图)所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的 每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接，从立体几何的角度来看，可以认为4个碳 原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如 图(2)所示.这就是说，图(2)中有AE=BE=CE=DE,若正四面体ABCD的棱长为a,则() E B C 图(1) 图2) A|AEs2√6a B.EA+EB+EC+ED=0 9 C.AE.CD=0 D.AE.AC= 2 11.在正三棱柱ABC-AB,C1中，AB=AA1=1,点P满足AP=AB+BC+uBB,,其中元∈[0,1]， 4∈[0,1]，则下列说法正确的是() A.当+u=1时，则存在点P,使得CP∥BA B.当+=1时，则存在点P,使得B,P,C三点共线 C当元=时，则存在点P,使得4，B,C,P四点共面 2 D.当u=号时，则存在点P,使得4B1AP 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12已知a=(5,31),石=(-2，-号若ā与6的夹角为钝角，则实数1的取值范围是】 13.对于任意实数x,,z,则V2+y+2+√x+1+0y-2+(-1)的最小值为 14在正四棱锥P-ABCD中，若PE-二PB,PF=PC,平面ABF与棱PD交于点G,若PG=PD,则 3 = 第2页，共4页 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15.(13分)如图，己知四面体ABCD,E,F分别是BC,CD的中点.化简下列各表达式： (1)AB+BC+CD; OM+2(5D+BC: a正-5店+aC 16.(15分)如图，在平行六面体ABCD-A'BCD'中，AB=4,AD=3,AA=5,∠BAD=90°， ∠BAA=∠DAA'=60.求： D C A B A B (I)AA·AB; (2)AB′的长； (3)AC的长. 17.(15分)已知{a,b,c是空间的-个基底，且0M=2a+万-c,OA=3ā+36，oB=2a+45+2元， 0C=-a+2b+3c. )求证：M,A,B,C四点共面： (2)OA,OB,OC能否作为空间的一个基底？若能，试用这一基底表示OM;若不能，请说明理由. 第3页，共4页 18.(17分)如图，正方形ACC1A与等腰直角三角形ACB所在平面互相垂直，∠ACB=90°，E,F分别 是AB,BC的中点，G是A4上的点，AC⊥EG )试确定点G的位置： (2)求cos<AC,GF>的值. A G E 19.(17分)己知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q, R且AP=xAD,T四=xA,CR=xCT,点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN//平面. O A B ①)设=a,TB=b,T元=c,试用基底a,b表示向量TD: (2)求证：四面体T-ABC中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形； B)求证：对所有满足条件的平面α，点M都落在某一条长为5B的线段上 2 第4页，共4页合肥六中2025级高二上学期数学第1次学科素养运用答案 命题与审题：吴亚零、陈子涵 时长：120分钟分值：150分 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。 1.下列说法正确的是() A.任一空间向量与它的相反向量都不相等 B.不相等的两个空间向量的模一定不相等 C.同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小 D.将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆 【答案】C 【解答】解：A在空间向量中，零向量的相反向量为它的本身，它们相等，故错误： B.不相等的两个空间向量，例如两个方向不同的单位向量，它们的模相等，故错误 C同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小，正确： D.将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球面，故错误 2.对于空间中的非零向量AB,BC,AC,其中一定不成立的是() A.AB+BC=AC B.AB-AC=BC C.AB+BCI=ACI D.AB-ACI=BC 【答案】B 【解答】根据空间向量的加减法运算，对于A,AB+BC=AC恒成立： 对于C,当AB,BC方向相同时，有AB1+BC=AC: 对于D,当AB,AC方向相同且AB1≥AC1时，有AB1-AC1=BC1: 对于B,由向量减法可知AB-AC=CB,所以B一定不成立. 3.设向量e,e,e不共面，己知AB=++e,BC=e+λ+， CD=4E+8e+4⑧，若A,C,D三点共线，则元=() A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C 【解答】因为A,C,D三点共线，所以AC∥CD,则存在实数L,使得AC=CD,由己知得 2=4μ， CD=40+80+40,AC=AB+BC=2ei+(1+)+2, 1十入=8，，解得 2=4l 1 4=2另解因为向量e,e,g不共面，所以AC1CD,故向量表达式中6，已，的系数对应 λ=3. 成比例，可导专入-子解得入=3 4.在空间直角坐标系Oxz中，点(2,3,4)关于xOz平面的对称点的坐标为() A.(2,3,-4) B.(-2,3,4) C.(-2,-3,4) D.（2,-3,4) 【答案】D 5.如图，在三棱锥S-ABC中，点E,F分别是SA,BC的中点，点G在EF上，且满足GF=2EG,若 SA=a,SB=b,SC=c,SG=() A--君 362 【答案】B 第1页，共9页 【解答】解：因为SG=S亚+G=+丽-+（西+SC+C 3 6 6 3 6 6 66 6.已知空间向量a,i,c满足a+6+c=0,网=1，=2，=√万，则a与b的夹角为() A.30 B.45 C.60° D.90 【答案】C 【解答】解：设a与b的夹角为0.由a+b+c=0,得ā+b=-c,两边平方，得a+2ā.b+b2=2, 所以1+2x1x2cos0+4=7,解得cos0-7又0e0180],所以0=60°， 7.已知在空间四边形ABCD中，∠ACD=∠BDC=90°，且AB=2,CD=1,则CD在AB上的投影向 量是() B.AB D. 【答案】A 【解答】解：根据己知∠ACD=∠BDC=90°，得AC.CD=DB.CD=0,所以 AB.CD=(AC+CD+DB).CD=AC.CD+CD2+DB.CD=CDP=1, 所以C⑦在4B上的投影向量是BCD55 ABABI 4 8设空间两个单位向量0A=(m,儿0)，0丽=(0，”p)与向量oc=(11,1)的夹角都等于 4 则coS∠AOB=() A25B2+5c25威2+5D25或2+5 4 2 4 4 2 2 【答案】C 【解答】解：：空间两个单位向量0A=(m,”,0),OB=(0,n,p)与向量OC=L,11)的夹角都等于 ∠40c=∠B0c=年，b风-5，oA.oc-网as∠40c= 2 ,又O1.0元=m+, m+n= 2 ,又O为单位向量，m+t=1, 联立 m+n=62+ [m-25 2,得 4 4 m2+2=1 4 r=2+5 4 第2页，共9页 OA=(0m,0),OB=(0,2p）,cos∠A0B=P=2±5 4 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。 9.已知空间向量，，都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是() A.向量i+j+的模是3 B.{i+j,i-j,}可以构成空间的一个基底 C向量7+j+无和：夹角的余弦值为 3 D.向量i+j与-j共线 【答案】BC 【解答】解：对于选项A,因为空间向量，j,k都是单位向量，且两两垂直， 所以川i月j月k=1,且ij=0,i.k=0,jk=0, 则1i+j+v+j+)2=V伊+了+2+2j+2j+2i.无=√3，所以向量+j+无的模是3， 故选项A错误； 对于选项B,因为空间向量，，都是单位向量，且两两垂直， 所以i,j,不共面，而向量i+j,i-j均与i,j共面，所以i+j,i-j与k不共面， 则+，-j,}可以构成空间的一个基底，故选项B正确： 对于选项C,设i+j+?与斥的夹角为a,则cosa= +j+k_i+j+E。13 i+j+k‖11i+j+k‖V3x131 所以向量i+j+无和无夹角的余弦值为5 ，故选项C正确； 对于选项D,因为i+j=√+-V+2j+了=√2，同理可得1-j反， 则cos<i+j,R-j- 入十月》所以向量7+与天-的夹角为120， 则向量i+j与-j不共线，故选项D错误 10.金刚石化学性质稳定，如图①)所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的 每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳 原子分布在一个正四面体的四个项点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如 图(2)所示.这就是说，图(2)中有AE=BE=CE=DE,若正四面体ABCD的棱长为a,则() o 图(1) 图(2) ⊙ A.AF =216a B.EA+EB+EC+ED=0 9 C.AE.CD=0 D花0- 【答案】BCD 第3页，共9页 【解答】如图所示，O是顶点A在下底面的射影，AM是斜高，AO是四面体的高，OB是下底面的外接圆 半径，OM是下底面内切圆的半径，则BM-a,OM=x5。-5 2 32a= a,OB=3。 3a, A0=1/a2- =6。 -a 3 3 ,40,所以1E= AEAB V6 的于A项，由于1AB 2A0= 2×6.40,故A错误： -a 3 对于B项，因为AE=BE=CE=DE,所以EA+EB=-(EC+ED), 所以EA+EB+EC+ED=O,故B正确： 对于C项，因为AE⊥底面BCD,CDC底面BCD,所以AE⊥CD,所以AE.CD=O,故C正确： V6 对干D项：A花.AC=A正aCcs正，4C=6a 12,故D正确。 4·a·。—。之 11.在正三棱柱ABC-ABC1中，AB=AA=1,点P满足AP=AB+2BC+uBB,其中元∈[0,1]， ∈[0,1]，则下列说法正确的是() A.当元+=1时，则存在点P,使得CP∥BA B.当元+u=1时，则存在点P,使得B,P,C三点共线 C.当入=。时，则存在点卫，使得4，B,C,P四点共面 2 D.当u=】时，则存在点P,使得AB⊥AP 2 【答案】BCD 【解答】解：由题知BP=BC+BB,对于选项A和B:当元+L=1时，点P在线段B,C上，故直线CP 与BA异面，所以A错误，当P为线段B,C的中点时，B,P,C三点共线，所以B正确； D (P) 对于选项C:当入=二时，取线段BC,BC1的中点分别为M,M,连接MM, 因为BP=BC+BB,即M=BB,所以MP/B5,则点P在线段MM上， 当P位于M与BC的交点处时，A,B,C,P四点共面，所以C正确： 对于选项D:当u=时，取CC的中点D,BB的中点D,因为BP=BC+BR,即DP=BC, 2 2 所以DP∥BC,则点P在线段DD上，当点P在点D,处时，取AC的中点E,连接AE,BE,因为 BE⊥平面ACCA,又ADC平面ACCA,所以AD⊥BE, 在正方形ACC1A中，AD⊥AE,又BE⌒AE=E,BE,AEC平面ABE, 故AD⊥平面ABE,又ABC平面ABE,所以AB⊥AD,所以D正确 第4页，共9页 三、填空题：本大题共3小题，共15分。 12已知ā=(5,31)，6=(-2,1，-3).若ā与6的夹角为钝角，则实数t的取值范围是 【容案1(9(3 13.对于任意实数x,y,z,则√x+y2+2+√(+1)2+(0y-2)2+(e-12的最小值为一 【答案】√6 【解答】设P(x,y,=),M(-1,2,1),O(0,0,0), 则V2+2+2+V√(x+1)2+(g-2)2+(z-1)2=P0+PM川， 由于x,y,z是任意实数，即点P是空间任意一点，则|PO+PM≥OM=V1+4+1=V6, 当且仅当P,O,M三点共线时取等号，则所求的最小值为√6. 14.在正四棱锥P-A8CD中，若PE=2PB,PF=}PC,平面ABP与棱PD交于点G,若PG=PD,则 3 1= 【答案】 5 【解答】解：如图所示： B 由已知可得，PC=PA+AC=AB+AD-AP 由题知A,E,F,G四点共面，可设AF=xAE+yAG，则AP+PF=xAP+PE)+yAP+PG), 所以4+5+AD-A=xD+子丽++yPD =+子x(丽-A丽)+A丽+(D-丽， 整理可得，后音+0D+写刘西+G写0-0 33+y=0 [2x 1_2x=0 又因为4亚，AB,AD不共面，所以有月3 ，解得元= 5 0 四、解答题：本大题共5小题，共77分。 第5页，共9页 15.(13分)如图，己知四面体ABCD,E,F分别是BC,CD的中点，化简下列各表达式： B… ①)AB+BC+CD: 2++BC: ⑧a亚-aB+aC) 【答案】解：①)AB+BC+CD=AC+CD=AD,一一4分 (2)因为F分别是CD的中点，所以BD+BC=2BF,一一6分 丽+0+0)=丽+歌-：8分 3)因为E分别是BC的中点，所以AB+AC=2AE,一一10分 丽西+40-F-正-丽-13分 16.(15分)如图，在平行六面体ABCD-AB'CD中，AB=4,AD=3,AA=5,∠BAD=90°， ∠BAA=∠DAA=60.求： D C A B A B (I)AA·AB: (2)AB'的长： (3)AC的长. 【答案】解：@AM.AB=cos.∠BAA=5×4x,=10,-一5分 (2.AB'=AB+BB' AB = AB+BB 2 =V(4B+BB =VAB+2AB.BE+BB =/4+2×4×5×号+25=V6 ；--10分 (3)AC-B+BC+CCACAB+C+-B+c) =VAB+BC+CC+2AB.BC+2AB.CC+2BC.CC =4+32+5+0+2x4x5x,+2x×3x5×=V85.-15分 2 2 第6页，共9页 17.(15分)已知{a,b,c是空间的-个基底，且0M=2a+b-元，OA=3a+36,0B=2a+46+2元， 0c=-a+2b+3c. ①)求证：M,A,B,C四点共面； (2)OA,OB,OC能否作为空间的一个基底？若能，试用这一基底表示OM;若不能，请说明理由. 【答案】解：()由AB=OB-OA=-a+b+2c,AC=0C-OA=-4a-b+3C,--3分 而丽丽：a-66,则丽：号c,6分 所以M,A,B,C四点共面；一一7分 (2)若OA,OB,OC共面，则OA=mOB+nOC,一一10分 即3a+3b=m2a+4b+2)+n(-a+2b+3c), 所以3a+35=(2m-m)a+(4m+2n)b+(2m+3nm)c, 2l-n=3 9 = 则{41+2n=3,可得{ 8 3” 一-14分 2L+3n=0 n=- 4 所以a=?0-30c,故{O4.oB,0c}不能作为基底-15分 8 4 18.(17分)如图，正方形ACC1A与等腰直角三角形ACB所在平面互相垂直，∠ACB=90°，E,F分别 是AB,BC的中点，G是A4上的点，AC⊥EG G E B )试确定点G的位置： (2)求cos<AC,GF>的值， 【答案】解：①)由正方形ACCA,与等腰直角三角形ACB所在平面互相垂直， ∠ACB=90°，得BC⊥平面ACCA,.BC⊥CC1,--1分 以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C-二，一一2分 第7页，共9页 设AC=CB=a,AG=x,则A(0,a,0),C(0,0,0,G0,a,),E(,,0),-4分 2’2 4C=0-aa:5G=(号，一5分 :AC上G,ACG=0,- -+ax=0,--7分 2 ..x=a ,.G为A4的中点-一8分 G0a学，吃0，a丽-号a受，又4G=0-aa,-10分 21 GF16a.AC =a,Gh.AG=a-=a 一-14分 22 a .cos<AC,G>= GF·AC 2 √3 GF‖AC6 --17分 2ava 6 19.(17分)己知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面C与直线AD,TA,TC分别交于点P, O,R且AP=xAD,TO=xTA,CR=xCT,点M在直线IB上，N为CD的中点，且直线MN/平面. T 0 A )设A=a,TB=五，TC=c,试用基底ab表示向量TD: (2)求证：四面体T-ABC中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形： ③)求证：对所有满足条件的平面。，点M都落在某一条长为5B的线段上 【答案】解：)：CD=BA=A-TB,而TD=T元+CD, TD=TC+TA-TB=a-6+c, 所以TD=a-b+c.一一4分 (2)不妨设AB是四面体最长的棱，则在△ABT,△ABC中，AT+TB>AB,AC+CB>AB, .AT+TB+AC+CB>2AB E (AT+AC)+(TB+BC)>2AB,-6 故AT+AC,TB+BC至少有一个大于AB,不妨设AT+AC>AB, ∴：AT,AC,AB构成三角形.一一8分 ③)设TA=a,TB=b,TC=c,由)知TD=a-b+c 又折9=器=，0川，有西a,须=-加 AP=xAD=x(TC-TB)=x(C-b), 第8页，共9页 :.TP=AP-AT=x(d-B)+@=@+xc-xB, QP-TP-TQ=a+xc-xB-xa=(1-x)a+xc-xB, QR=-T0=(1-x)c-xa=-xā+(1-x)c,--9分 设m远=6，又m元+0+ m-m-示=8-+8-t=+(+)8-元一0分 因为M/1平面PQR,所以存在实数y,z使得：M=yOP+zQR, 号五+(+)下-文=1-到元-r6+9加元-云+1- =(y-xy-x)a-yxb+(yx+z-xz)c )-w-0=-2 1 1 -gc=入+2 ，消元：(42+1)x2-(4元+3)x+22+1=0在x∈R上有解.一-13分 yx十2-xz=-1 当无月时，2片0，即￥} ;一-14分 4 4 当=-月时，4-(4+3-42+022+20， 解得5≤5且元 4 4 4--15分 综上，有5≤5 4 .一-16分 4 所以对所有满足条件的平面a,点M都落在某一条长为5四的线段上一一17分 2 第9页，共9页