精品解析：福建莆田第五中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试卷

莆田五中2026-2027学年上学期高二年段第一次月考数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 若，则（    ） A. 4 B. 5 C. 21 D. 26 【答案】A 【解析】 【分析】先求的坐标，再利用数量积的坐标运算求解. 【详解】因为， 所以， 则. 故选：A. 2. 数列中，，，则（ ）． A. B. 28 C. D. 14 【答案】B 【解析】 【详解】由，， 得． 3. 在空间直角坐标系中，若三点共线，其中，则（ ） A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据三点共线得出，应用平行坐标关系计算即可求解. 【详解】由题意知，， 因为三点共线，所以， 即，解得. 故选：A. 4. 如图，在梯形中，，点O为空间内任意一点，设，则向量可用表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在梯形中，， 所以， 所以. 5. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若小寒、雨水、清明日影长之和为36尺，前八个节气日影长之和为92尺，则谷雨日影长为（    ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】令所给等差数列为，由给定的两个和建立方程，结合等差数列性质求解. 【详解】令所给等差数列为，其前项和为， 则，即，因此， 解得， 则数列的公差，所以谷雨日影长. 故选：B 6. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在线段上，点P到直线的距离的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答 【详解】以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，,, 所以，，, 因点P在线段上，则，， ， 所以向量在向量上投影长为， 而， 则点Р到直线的距离， 当且仅当时取等号， 所以点Р到直线的距离的最小值为， 故选：D 7. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用线线平行转化线面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值，再求解出线面角的正切值. 【详解】 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 因此，直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,则 ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，解得，，所以法向量， 设直线与平面所成角为，， 则， ， 因此，. 8. 如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 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，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为 B. 在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量 C. 已知向量，且，那么向量在向量上的投影模长为 D. 若，则向量的夹角为锐角 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间直角坐标系的性质，平面法向量的概念、向量投影的计算以及向量点积与夹角的关系，需逐项分析判断. 【详解】对于A，点关于轴对称的点的坐标为，故A正确； 对于B，平面的一个法向量为，而与不平行，所以不是平面的一个法向量，故B错误； 对于C，向量在向量上的投影模长为，故C正确； 对于D，由，所以向量的夹角为钝角或平角，故D错误. 10. 已知数列、均为等差数列，记数列、的前项和分别为，，下列说法中正确的有（ ） A. 若数列是递增数列，则数列也是递增数列 B. 若，则的值为 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合等差数列的基本特征和等差数列的前项和的性质逐个分析选项即可. 【详解】对于A，设的公差为，因是递增数列，故， 前项和，则，相邻两项差为，因此是递增数列，故A正确； 对于B，根据等差数列的前项和性质，是等差数列， 所以，由，可知，故B错误； 对于C，两个等差数列的和仍为等差数列，故是等差数列， 由于是和的等差中项，因此，得，故C正确； 对于D，等差数列中，故，同理，因此，故D正确. 11. 在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 点M可以是线段BC的中点 B. 点M的轨迹长度为 C. 存在点M，使得点B到平面的距离为 D. 任意点平面，都有平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，求得点满足，结合的坐标，可判定A正确；连接，证得平面，得到的三边即为点的轨迹，求得轨迹长度，可判定B正确；求得平面的一个法向量，结合向量的距离公式，可判定C错误；根据，证得平面，可判定D正确. 【详解】由题意知：直三棱柱中，，， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 则， 设点，则， 由，则，即， 对于A，当点为的中点时，此时点的坐标为，满足， 所以当点为的中点时，，所以A正确； 对于B，连接，可得， 所以， 所以，即， 因为，且平面，所以平面， 则的三边即为点的轨迹， 又因为，， ， 所以的周长为，即点的轨迹长度为，所以B正确； 对于C，假设存在点，使得点到平面的距离为， 由， 设平面的法向量为，则， 取，因为， 当时，；当时，可得， 当时，， 所以点到平面的距离为； 当时，点到平面的距离为， 令，解得，假设不成立， 所以不存在点，使得点到平面的距离为，所以C错误； 对于D，任意点平面，此时，所以， 因为，可得， 又因为平面，所以都有平面，所以D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在等差数列中，若，则=______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差中项即可求解. 【详解】由，得. 13. 已知是空间的一个基底，向量，，，且，，，四点共面，则______. 【答案】##1.5 【解析】 【分析】由空间向量基本定理即可求解. 【详解】由四点共面可知，存在唯一实数对，使得， 即， 所以，解得. 故答案为： 14. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为内的一个动点（包括边界），平面，则点的轨迹的长度为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【详解】由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，由题知平面， 因为是平面内的相交直线，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，令得， 因为，所以， 解得，则，又 所以， 所以. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，13+15+15+17+17共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知空间三点，，．设，． （1）求，； （2）求与的夹角； （3）若向量与互相垂直，求实数k的值． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量模的坐标运算公式即可求出结果； （2）由（1）可知的坐标，根据空间向量夹角的坐标运算公式，即可求出结果； （3）由（1）可求出，的坐标，由向量与互相垂直， 可得，再根据空间向量数量积的坐标运算公式建立方程，即可求出结果. 【小问1详解】 解：因为，，所以, 所以； 因为，，所以， 所以； 【小问2详解】 解：由（1）可知， 又，所以， 即与的夹角为. 【小问3详解】 解：由（1）可知，， 又向量与互相垂直， 所以，所以， 即，解得. 16. 已知数列，都是等差数列，公差分别为，，数列满足， （1）数列是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由； （2）若，的公差都等于2，，求数列前项和的最小值． 【答案】（1）证明：数列是等差数列. 理由如下：由数列满足， 可得， 因为数列都是等差数列，公差分别为，， 所以， 又因为和都为常数，所以为常数， 所以数列是等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简，结合等差数列的定义，即可求解； （2）根据题意，求得数列的通项公式为，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由题意知，数列的公差，且， 所以， 又由数列的公差，且， 所以， 所以， 令，即，解得， 因为，所以时，；当时，， 所以数列的前18项均为负数，从第19项开始为正数， 所以当时，前项和取得最小值，且， 所以数列前项和的最小值为. 17. 如图，在三棱柱中，平面. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】（1）证明：因为，所以四边形为菱形， 则, 又因为平面，平面， 所以, 又,平面, 所以平面, 又平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件可证得，，继而利用线面垂直的判断定理证得平面即可； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，根据条件求得相关线段的长度，继而利用平面夹角向量表达式进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面， 所以直线与平面所成的角为, 即， 由边形为菱形，又， 所以,， 则以为坐标原点，所在直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，,， , 设平面的法向量， 则，则， 取，则， 故， 由平面易得平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求到平面的距离； （3）若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，先证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明平面； （2）方法一，以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及点D到平面的距离，利用平面，将到平面的距离转化为点D到平面的距离，即可得解； 方法二，利用平面，将到平面的距离转化为点到平面的距离，进而转化为点B到平面的距离，再利用等体积法计算即可； （3）设，利用正得到其外接圆圆心的坐标及半径，进而设出球心的坐标，根据球的性质求出点坐标，进而求出平面的法向量，即可根据向量法求出直线和平面所成角的正弦值，即可得解. 【小问1详解】 设，连接． 因为四边形为菱形，所以 为的中点． 在中，因为 为的中点，所以 OM为的中位线，故， 又因为平面，平面， 所以 平面； 【小问2详解】 方法一：向量法 以A为原点，以所在直线为轴，在平面内过作与垂直的直线为轴， 过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 在平面内过作，交的延长线于，连接. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以. 因为，所以， 因为，，所以， 所以，，即，所以. 在中，，所以，， 则，因为为中点，所以， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，则. 设点D到平面的距离为， 则． 由（1）知平面， 所以到平面的距离即为点D到平面的距离， 所以到平面的距离为； 方法二：等体积法 由（1）知平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离，设为． 因为为中点，所以点到平面的距离等于点B到平面的距离， 即， 在平面内作交直线的延长线于，取中点， 连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以. 在中，，所以，， 所以到平面的距离为. 因为，所以． 在中，， 由余弦定理可得， 在中，． 在中，，为中点，则， 由余弦定理可得， 所以，所以． 在中，，底边上的高为， 所以. 又因为. 由可得，解得， 所以到平面的距离为； 【小问3详解】 在（2）所建的坐标系中，设，则， 因为，所以． 由，可得， 解得，故. 在正中，外接圆圆心为，外接圆半径． 设三棱锥外接球的半径为，球心为． 由球的性质可得，解得，则， 所以，因为点在外接球上，则， 所以， 即，即． 解得，所以， 所以，. 设平面的法向量为． 则，即. 令，则，即． 设直线和平面所成角为， 则 因为，所以． 所以直线和平面所成角的余弦值为． 19. 已知一组空间向量，，，，，记，如果存在（），使得，那么称是该向量组的“向量”． （1）已知，，，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围． （2）四面体内接于以为球心，为半径的球，且. ①记，，，向量组，，中是否存在“向量”？若存在，指出哪个是“向量”并证明；若不存在，请说明理由． ②求四面体体积的最大值． 【答案】（1） （2）①因为四面体内接于球，所以， 因为，所以，所以 等式两边同时平方得，所以，即， 所以，且，，，在同一平面内． 如图所示，以为原点，，所在的直线分别为，轴建立平面直角坐标系， 则点，，所以，， 将其代入中，得， 所以 ， 由“向量”的定义，得，都是向量组，，的“向量”． ② 【解析】 【分析】（1）根据题干信息求出，再代入题干关系得到不等式，解得的取值范围； （2）①由结合向量的运算可得，且，，，在同一平面内，随之将问题转化为平面向量的问题，再依次分析，，哪个满足“向量”的定义； ②由①可知过球心，平面时，四面体的体积取得最大值. 【小问1详解】 因为，，， 所以，，． 又因为是向量组，，的“向量”， 所以，所以， 解得， 所以实数m的取值范围为． 【小问2详解】 ①略 ②由①得，且，，，在同一平面内，所以在过球心的截面上， 又因为，所以， 等式两边同时平方可得， 所以，所以， 同理可得， 等式两边同时平方可得， 所以，所以， 则 当平面时，四面体的体积取得最大值， 此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田五中2026-2027学年上学期高二年段第一次月考数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 若，则（    ） A. 4 B. 5 C. 21 D. 26 2. 数列中，，，则（ ）． A. B. 28 C. D. 14 3. 在空间直角坐标系中，若三点共线，其中，则（ ） A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 4. 如图，在梯形中，，点O为空间内任意一点，设，则向量可用表示为（ ） A. B. C. D. 5. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若小寒、雨水、清明日影长之和为36尺，前八个节气日影长之和为92尺，则谷雨日影长为（    ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 6. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在线段上，点P到直线的距离的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（ ） 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，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为 B. 在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量 C. 已知向量，且，那么向量在向量上的投影模长为 D. 若，则向量的夹角为锐角 10. 已知数列、均为等差数列，记数列、的前项和分别为，，下列说法中正确的有（ ） A. 若数列是递增数列，则数列也是递增数列 B. 若，则的值为 C. 若，，则 D. 若，则 11. 在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 点M可以是线段BC的中点 B. 点M的轨迹长度为 C. 存在点M，使得点B到平面的距离为 D. 任意点平面，都有平面 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在等差数列中，若，则=______． 13. 已知是空间的一个基底，向量，，，且，，，四点共面，则______. 14. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为内的一个动点（包括边界），平面，则点的轨迹的长度为_________. 四、解答题（本题共5小题，13+15+15+17+17共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知空间三点，，．设，． （1）求，； （2）求与的夹角； （3）若向量与互相垂直，求实数k的值． 16. 已知数列，都是等差数列，公差分别为，，数列满足， （1）数列是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由； （2）若，的公差都等于2，，求数列前项和的最小值． 17. 如图，在三棱柱中，平面. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角余弦值. 18. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求到平面的距离； （3）若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 19. 已知一组空间向量，，，，，记，如果存在（），使得，那么称是该向量组的“向量”． （1）已知，，，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围． （2）四面体内接于以为球心，为半径的球，且. ①记，，，向量组，，中是否存在“向量”？若存在，指出哪个是“向量”并证明；若不存在，请说明理由． ②求四面体体积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $