2026-2027学年山西省朔州市怀仁大地高中学校高二上学期第一次月考A数学试卷（含解析）

/数学一、单项选择题（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.已知是空间直角坐标系中一点，与点关于平面对称的点的坐标是（）A. B. C. D.2.已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（）A. B. C. D.3.在空间四边形中，，，，且，，则（）A. B.C. D.4.在空间直角坐标系中，已知，，为整数，则的最小值为（）A.3 B.4 C.5 D.65.在四棱锥中，底面是平行四边形，E是棱的中点，，D，E，F，G四点共面，则（）A.1 B. C. D.6.在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（）A. B. C. D.7.已知，则异面直线与之间的距离是（）A. B. C. D.28.在平行六面体中，，且，M为的中点，则的长度为（）A. B. C. D.二、多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分）9.已知为正方体，下列说法正确的是（）A.B.C.向量与向量的夹角是D.正方体的体积为10.在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（）A. B.C.在上的投影向量为 D.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1，把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为，则（）A.点到直线的距离是 B.异面直线与所成角的余弦值为C.直线到平面的距离是 D.直线与平面所成角的正弦值为三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量，，则与夹角的大小为_____.13.在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的距离为______.14.如图，若三棱柱的所有棱长都是，是棱的中点，则两点之间的距离等于______．四、解答题（本大题共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.已知空间三点，，，设，．（1）若与互相垂直，求实数的值；（2）若，，求．16.如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，E是棱的中点，点F在棱上，且.设，，.（1）用向量，，表示向量与；（2）求向量与夹角的余弦值.17.如图，在直三棱柱中，，，，D为的中点.（1）求证：平面；（2）建立空间直角坐标系，求直线与平面所成角的正弦值.18.如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2.（1）若与平面所成的角为，证明：;（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.19.如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点.（1）当是线段中点时，求证：平面；（2）设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.

数学一、单项选择题（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.已知是空间直角坐标系中一点，与点关于平面对称的点的坐标是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据空间直角坐标系的概念，可得答案.解答过程：易知点关于平面对称的点的坐标关系是横坐标和竖坐标不变，纵坐标互为相反数，与点关于平面对称的点的坐标是.故选：B.2.已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据平面内的点与点构成的向量与垂直来逐一判断.解答过程：假设选项中的点为点，对于A：，此时，点在平面内；对于B：，此时，点不在平面内；对于C：，此时，点在平面内；对于D：，此时，点在平面内；故选：B.3.在空间四边形中，，，，且，，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：借助空间向量的线性运算法则计算即可.解答过程：.故选：B.4.在空间直角坐标系中，已知，，为整数，则的最小值为（）A.3 B.4 C.5 D.6答案：C解析：思路：先根据点的坐标得到向量的坐标，根据向量的模求得最值即可.解答过程：解：∵，，∴，∴当时，为增函数，∴，∵为整数，∴的最小值为，故选：C.5.在四棱锥中，底面是平行四边形，E是棱的中点，，D，E，F，G四点共面，则（）A.1 B. C. D.答案：A解析：思路：结合图形，表示出相关向量，再利用四点共面时空间向量的基本定理列方程组求解即可.解答过程：由题意可得，因为所以，且，，所以，因为，所以，，所以，因为D，E，F，G四点共面，根据空间向量四点共面的性质，有，所以，所以，解得，所以.故选：A方法提示：关键点点睛：本题的关键是能利用空间向量的基本定理得到下列方程.6.在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：建系，求得直线方向向量，代入夹角公式求解即可.解答过程：由条件可如图建系，设，则,则,设直线与所成角为，所以，所以，故选：C7.已知，则异面直线与之间的距离是（）A. B. C. D.2答案：A解析：思路：求出公垂线的一个方向向量，然后计算即得．解答过程：由已知，是公垂线的一个方向向量，则，取，得，又，所以异面直线与之间的距离为，故选：A．8.在平行六面体中，，且，M为的中点，则的长度为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据空间向量的数量积运算律，以及空间向量的线性运算，用基底表示出向量，进而求出模长即可.解答过程：在平行六面体中，取，由，且，则有，，因为，所以．故选：C．二、多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分）9.已知为正方体，下列说法正确的是（）A.B.C.向量与向量的夹角是D.正方体的体积为答案：AB解析：思路：先根据空间向量的加、减运算化简，再结合正方体的几何性质可判断A，B；利用是等边三角形以及空间向量夹角的定义可判断C；根据线线垂直得向量垂直，进而得数量积为零，即可判断D.解答过程：对于A，由向量的加法运算得到，，，故A正确；对于B，，，故B正确；对于C，是等边三角形，，又，异面直线与所成的角为，但是向量与向量的夹角是，故C错误；对于D，，，则，故D错误．故选：AB．10.在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（）A. B.C.在上的投影向量为 D.答案：AB解析：思路：取DC的中点M，根据CD⊥平面ABM判断A；取BD的中点H，判断B；根据投影向量定义判断C；根据空间向量线性运算判断D.解答过程：如图，取DC的中点M，连接AM，BM，∵AM⊥CD，BM⊥CD，平面，∴CD⊥平面，平面，∴CD⊥AB，故A正确；取BD的中点H，连接HE，HF，则，，∴HE⊥FH，即，又，∴，，∴，故B正确；由B知，在上的投影向量为，故C不正确；，故D不正确，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1，把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为，则（）A.点到直线的距离是 B.异面直线与所成角的余弦值为C.直线到平面的距离是 D.直线与平面所成角的正弦值为答案：ACD解析：思路：易知可将该组合体补全成棱长为的正方体，建立空间直角坐标系，利用坐标法可得空间距离与夹角.解答过程：如图所示，易知可将该组合体补全成棱长为的正方体，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，则，，，，A选项：，则，所以到直线的距离，A选项正确；B选项：，则异面直线与所成角的余弦值为，B选项错误；C选项：易知直线，且平面，平面，则平面，所以直线到平面得距离及为点到平面的距离，设平面的法向量，则，令，则，所以点到平面的距离，即直线到平面的距离为，C选项正确；D选项：易知平面的应该法向量为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，D选项正确；故选：ACD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量，，则与夹角的大小为_____.答案：解析：思路：根据给定条件，利用空间向量夹角公式求解.解答过程：向量，，则，因此，而，则，所以与夹角的大小为.故13.在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的距离为______.答案：2解析：思路：由题设建立空间直角坐标系，再利用点到直线距离的空间向量法计算求解即可得解.解答过程：由题可建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以直线方向上的单位向量为，所以，所以点A到直线的距离为.故2.14.如图，若三棱柱的所有棱长都是，是棱的中点，则两点之间的距离等于______．答案：解析：思路：取空间的一个基底，表示出向量，再借助空间向量数量积求出距离.解答过程：三棱柱的所有棱长都是，，，则，所以两点之间的距离等于.故四、解答题（本大题共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.已知空间三点，，，设，．（1）若与互相垂直，求实数的值；（2）若，，求．答案：（1）或（2）或解析：思路：（1）根据空间向量垂直得到方程，求出答案；（2）设，根据平行和模长得到方程组，求出答案.（1），故，，因为互相垂直，所以，解得或；（2），设，则且，解得或，故或；16.如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，E是棱的中点，点F在棱上，且.设，，.（1）用向量，，表示向量与；（2）求向量与夹角的余弦值.答案：（1），（2）解析：思路：（1）根据向量的线性运算法则，结合图形关系，计算即可得答案.（2）根据（1）及题干条件，分别求出、，根据运算法则，求出，代入夹角公式，即可得答案.（1）连接，因为四边形ABCD是正方形，所以，则.因为E是棱的中点，所以.因为，所以，则.（2）因为四边形ABCD是正方形，所以，即.因为，且，所以.则，，，因为，所以，即向量与夹角的余弦值是.17.如图，在直三棱柱中，，，，D为的中点.（1）求证：平面；（2）建立空间直角坐标系，求直线与平面所成角的正弦值.答案：（1）证明：因为在直三棱柱中，所以侧棱垂直于底面，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以，,,，所以.（2）解析：思路：（1）利用线面垂直的判定定理证明，（2）建立空间直角坐标系，求出的坐标以及平面的法向量，从而求出直线与平面所成角的正弦值，（1）略；（2）以为原点，CA为轴，CB为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，，D为的中点.，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.18.如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2.（1）若与平面所成的角为，证明：;（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.答案：（1）证明：过作于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因为，所以，即，因为，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）解析：思路：（1）过作于，则由平面平面，可得平面，所以为与平面所成的角，则，再结合已知的数据可证得，然后由线面垂直的判定定理可得平面，则；（2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.（1）略（2）过作于，由（1）可知平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接，取的中点，连接,因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，得，所以，所以，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.19.如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点.（1）当是线段中点时，求证：平面；（2）设是的中点，