精品解析：河南省周口市第三高级中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

2026—2027学年（上）高二年级第一次月考 数学试题 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. 若在直线l上，则直线l的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可得，再根据方向向量的定义即可得出结果. 【详解】因为，由共线向量可知与共线的非零向量都可以作为直线l的方向向量， 又，所以是直线l的一个方向向量. 故选：B. 2. 已知点，，都在平面内，则平面的一个法向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出法向量，利用向量垂直得到方程组，取求出，与共线的向量也是法向量，得到答案. 【详解】由，，，得，， 设是平面的一个法向量，则即, 取，则，故，则与共线的向量也是法向量， 经验证，只有C正确.. 故选：C． 3. 二面角的两个半平面的法向量的夹角与此二面角的大小关系是（ ） A. 相等 B. 互补 C. 互余 D. 相等或互补 【答案】D 【解析】 【分析】利用二面角的定义，结合两个向量夹角定义即可得解. 【详解】如图（1）所示，为半平面的夹角，设法向量，的夹角为 又，故 即二面角的两个半平面的法向量的夹角与此二面角的大小关系是互补； 如图（2）所示，为半平面的夹角，设法向量，的夹角为 又，故，即 即二面角的两个半平面的法向量的夹角与此二面角的大小关系是相等. 故选：D （1） （2） 4. 已知两个非零向量，，它们平行的充要条件是（ ） A. B. C. D. 存在非零实数，使 【答案】D 【解析】 【分析】根据共线向量基本定理判断可得； 【详解】解：因为，是两个非零向量，所以存在非零实数，使，所以D正确； 故选：D 【点睛】本题考查空间向量共线定理的应用，属于基础题. 5. 已知是空间的一个基底，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 两两共面，但不共面 C. 一定存在x，y，使得 D. 一定能构成空间的一个基底 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性关系、向量的基底的定义和空间向量基本定理，即可求解． 【详解】对于A，若不全为0，则 共面，与题意矛盾，故A正确； 对于B，是空间的一个基底,则 两两共面，但 不共面，故B正确； 对于C， 不共面，则不存在实数，使得 ，故C错误； 对于D，若 共面， ， 无解， 故 不共面，一定能构成空间的一个基底，故D正确 故选∶C． 6. 向量（﹣1，2，﹣2），（k，4，5）夹角的余弦值为，则实数k为（　　） A. 3 B. ﹣11 C. ﹣3或11 D. 3或﹣11 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的数量积的运算，代入公式得到关于k的方程，解出即可． 【详解】由题意得：||3，||， 故cos，，解得：k＝﹣11， 故选：B 7. 若平面的一个法向量分别为，，则（ ） A. B. 与相交但不垂直 C. 或与重合 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，得出，进而得到或与重合. 【详解】由题意，向量平面的一个法向量分别为，， 可得，所以，所以或与重合. 故选：C. 8. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值. 【详解】在圆锥中，平面，设，以点为坐标原点，、所在直线分 别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以、、、， ，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：B. 二、多选题（本题共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. 下列命题中正确的是（ ）. A. 单位向量都相等 B. 任一向量与它的相反向量不相等 C. 若、、、四点不共线，四边形是平行四边形的充要条件是 D. 模为是一个向量方向不确定的充要条件 【答案】CD 【解析】 【分析】利用空间向量的概念可判断A选项的正误；取零向量可判断B选项的正误；利用相等向量的概念与充要条件的定义可判断C选项的正误；利用零向量的概念可判断D选项的正误. 【详解】A不正确，单位向量的模均相等且为，但方向并不一定相同； B不正确，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的； C正确，充分性：若四边形是平行四边形，则且，； 必要性：若，且、、、四点不共线，则且，所以，四边形是平行四边形. 所以，四边形是平行四边形的充要条件是； D正确，若一个向量的模为，则该向量为零向量，该向量的方向不确定. 故选：CD. 【点睛】本题考查与空间向量有关命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题. 10. 空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ）. A. B. 若，则 C. 点关于平面对称的点的坐标为 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由向量的坐标运算可判断A，由数量积的坐标运算可判断B，由关于平面对称的点的坐标特点可判断C，由向量模的坐标运算可判断D. 【详解】对A，，故A正确； 对B，，所以，故B正确； 对C，点关于平面对称的点的坐标为，故C错误； 对D，，故D错误. 故选：AB. 11. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ） A. B. 四棱锥的外接球表面积为 C. 的最小值为 D. 与所成角的余弦值的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，证明线面垂直，得到线线垂直；B选项，找到外接球球心，求出外接球半径，进而求出表面积；C选项，将平面折到同一平面，进行求解即可；D选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式进行求解. 【详解】A选项，因为底面为正方形，所以⊥， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以，A正确； B选项，设，取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 又因为底面为正方形，所以， 即即为四棱锥的外接球球心， 因为，，所以，， 所以四棱锥的外接球半径为， 四棱锥的外接球表面积为，B错误； C选项，其中，，， 故，故， 将平面与平面展开到同一平面内，如图所示， 连接，交于点，此时取得最小值， 最小值为，C正确； D选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设，，， 则， 所以，故， 故，， 所以，其中， 设与所成角为，则， 当时，， 若，则，令，则， 则， 因为，所以当，即，时， 取得最大值，最大值为， 若，则，令，则， 则， 因为，所以当，即时， 取得最大值，最大值为， 综上，与所成角的余弦最大值为，D错误 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图，在正四面体中，分别为的中点，是线段上一点，且，若，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用基向量表示,结合空间向量基本定理可得. 【详解】 所以，所以. 【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理，把目标向量向基底向量靠拢是求解的主要思路. 13. 已知，，，若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再根据可得，利用空间向量垂直的坐标运算列式可求的值. 【详解】因为，，所以， 由得，又， 所以，解得. 故答案为： 14. 在三棱锥中，三条侧棱，，两两垂直，，，且的面积为，则的长为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】 依题意建立空间直角坐标系，设，表示出，，根据得到方程，计算可得； 【详解】解：依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，所以，，所以，即，所以，解得 故答案为： 【点睛】本题考查空间向量的应用，对于三角形的面积可以利用向量法进行转化计算； 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. 已知平行六面体，化简下列向量表达式，并在图中标出化简得到的向量： （1）； （2）； （3）. 【答案】（1）， （2）， （3）， 【解析】 【分析】（1）（2）（3）根据空间向量的线性运算即可得到答案. 【小问1详解】 ， 向量如图所示. 【小问2详解】 ； 向量如图所示. 【小问3详解】 ， 设是线段的中点， 则. 向量如图所示. 16. 如图，平行六面体中，与相交于，设，，. （1）用表示； （2）若该平行六面体所有棱长均为1，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合空间向量基本定理，根据空间向量的线性运算表示所求向量. （2）利用空间向量的数量积求向量的模. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 由题意：，，， ， 所以. 17. 如图，平面，，交于点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】(1)证明与进而证明平面即可. (2)建立空间直角坐标系, 求解以及平面的法向量,再求解线与平面所成角 【详解】（1）证明1：在中,. 因为交于点,所以. 因为平面, 所以,所以. 又因为平面,所以平面 所以平面,所以. 证明2：如图,以为原点,分别以为轴,建立空间直角坐标系. 在中,.因为交于点,所以,所以, 所以,所以 （2）解：由（1）可知,,. 设平面的法向量为, 所以即 令,则,所以. 设直线与平面所成角为,则. 【点睛】本题主要考查了线面垂直线线垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解线面角的问题.属于中档题. 18. 如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，，平面平面． （1）设平面平面，问：线段上是否存在一点，使平面？ （2）平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）存在为的中点，使平面 （2） 【解析】 【分析】（1）分别取、的中点、，证明四边形为平行四边形，，从而平面，再由线面平行的性质定理得到，即，从而平面； （2）由平面平面，得出平面，建立空间直角坐标系求解. 【小问1详解】 存在为的中点，使平面. 分别取、的中点、，连接、、， ，， ，， ，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面， 平面平面，平面， ，， 平面，平面， 平面. 即线段上存在一点，使平面. 【小问2详解】 分别取、中点、，连接、，， ，， ，， 平面平面，平面平面，平面， 平面. 以为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， ，， 设向量为平面的一个法向量， 则取，得， 又为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 如图，在直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，，，平面平面. （1）求点到平面的距离； （2）在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得平面，再由勾股定理求出即可； （2）以为坐标原点，分别为，，轴建立空间直角坐标系．求出平面的法向量，求出，利用空间向量的数量积转化求解即可． 【详解】解：（1）取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，所以平面， 因为，所以，所以 故点到平面的距离为. （2）以为坐标原点，分别为，，轴建立空间直角坐标系，因为，，，所以． 所以， 所以． 设平面的法向量，则，即，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设， 所以， 所以， 解得或（舍， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年（上）高二年级第一次月考 数学试题 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. 若在直线l上，则直线l的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 2. 已知点，，都在平面内，则平面的一个法向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 3. 二面角的两个半平面的法向量的夹角与此二面角的大小关系是（ ） A. 相等 B. 互补 C. 互余 D. 相等或互补 4. 已知两个非零向量，，它们平行的充要条件是（ ） A. B. C. D. 存在非零实数，使 5. 已知是空间的一个基底，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 两两共面，但不共面 C. 一定存在x，y，使得 D. 一定能构成空间的一个基底 6. 向量（﹣1，2，﹣2），（k，4，5）夹角的余弦值为，则实数k为（　　） A. 3 B. ﹣11 C. ﹣3或11 D. 3或﹣11 7. 若平面的一个法向量分别为，，则（ ） A. B. 与相交但不垂直 C. 或与重合 D. 8. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共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. 下列命题中正确的是（ ）. A. 单位向量都相等 B. 任一向量与它的相反向量不相等 C. 若、、、四点不共线，四边形是平行四边形的充要条件是 D. 模为是一个向量方向不确定的充要条件 10. 空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ）. A. B. 若，则 C. 点关于平面对称的点的坐标为 D. 11. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ） A. B. 四棱锥的外接球表面积为 C. 的最小值为 D. 与所成角的余弦值的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图，在正四面体中，分别为的中点，是线段上一点，且，若，则的值为_______． 13. 已知，，，若，则的值为______. 14. 在三棱锥中，三条侧棱，，两两垂直，，，且的面积为，则的长为___________. 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. 已知平行六面体，化简下列向量表达式，并在图中标出化简得到的向量： （1）； （2）； （3）. 16. 如图，平行六面体中，与相交于，设，，. （1）用表示； （2）若该平行六面体所有棱长均为1，且，求． 17. 如图，平面，，交于点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，，平面平面． （1）设平面平面，问：线段上是否存在一点，使平面？ （2）平面与平面的夹角的余弦值． 19. 如图，在直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，，，平面平面. （1）求点到平面的距离； （2）在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $