安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期9月检测数学试题（Word版附解析）

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时 长：90分钟
一、选择题：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，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.
【详解】假定向量，，共面，则存在不全为0的实数，
使得，显然不成立，
所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故A正确；
由于，则，，共面，故B错误；
由于，则，，共面，故C错误；
由于，则，，共面，故D错误；
故选：A.
2. 若平面的法向量为，平面的法向量为，直线l的方向向量为，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面的法向量、直线的方向向量逐项计算判断即得．
【详解】对于A，由，得，则，解得，故A错误；
对于B，由，得，则，解得，故B错误；
对于C，由，得，，
则与平面法向量不垂直，则与平面不平行，故C错误；
对于D，由，得，，，
则，故D正确.
故选：D．
3. 已知点，平面，其中法向量，则下列各点中在平面内的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】若点在平面内，则需满足，设点的坐标依次为A，B，C，D中的坐标，求出，然后验证是否成立即可．
【详解】A，若，则，．
B，若，则，．
C，若，则，．
D，若，则，．
一题多解 多方法解题
设，则，若点在平面内，
则，则．
依次验证A，B，C，D中的坐标知，只有B选项中的坐标满足（即）．
故选：B.
4. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，利用空间向量基本定理即可求解.
【详解】由有，
所以，
故选：A.
5. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可.
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，
所以，，
设直线与直线所成角为，
则，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：B
6. 在空间向量中，我们给出了定义向量的“外积”运算规则：对于空间向量和，.已知，，平面的法向量，直线的方向向量，则直线与平面的位置关系是（ ）
A. 平行B. 垂直
C. 直线在平面内D. 相交但不垂直
【答案】D
【解析】
【分析】由求出平面的法向量，利用空间向量的垂直和共线的坐标性质判断平面的法向量与直线的方向向量之间的关系，判断直线与平面的位置关系.
【详解】因为，，
所以平面的法向量为，
由题意可知，则，说明与不垂直.
由，说明与不平行，与既不垂直也不平行，
所以直线与平面相交但不垂直，
故选：D.
7. 在棱长为2的正方体中，点为底面ABCD中一动点（含边界），且，则线段PB的长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的数量积可得的轨迹圆，从而可求线段PB的长度的最小值.
【详解】取的中点为，的中点为，连接，
则平面，而平面，故.
而，
而，故，
而，故即，
由正方体的性质可得，故，
故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而，
故线段的长度的最小值为，
当且仅当三点共线且在之间时的长度取最小值，
故选：C.
8. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中， 直线与之间的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设为直线上任意一点，过作，垂足为，利用向量表示，，再结合向量模的性质求的最小值，由此可得结论.
【详解】设为直线上任意一点，过作，垂足为，
设 ，，
则 ，

因为，所以
即
所以，所以，
所以，


∴当时， 取得最小值，
故直线与之间的距离是
故选：B.
二、选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）.
A. B.
C. 是平面的一个法向量D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】应用空间向量数量积公式计算判断A，B，应用线面垂直判定定理结合法向量定义判断C，应用向量减法及模长公式计算判断D.
【详解】对于A：因为，所以，A选项正确；
对于B：，所以，B选项正确；
对于C：因为，，平面，所以平面，所以是平面的一个法向量，C选项正确；
对于D：因为，所以，D选项错误；
故选：ABC.
10. 如图，在正方体中，E，F，M分别为棱，BC，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面EFM截该正方体所得的截面为正三角形
B. 平面EFM平面
C. 直线ME与所成的角为
D. 平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】分别取，，的中点为，，，连接各中点，求出平面EFM截该正方体所得的截面为正六边形判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线线角和面面夹角，即可判断CD.
【详解】对于A，分别取，，的中点为，，，连接各中点，如下图所示：
易知，，，
即可知，，，，，在同一平面内，
所以平面EFM截该正方体所得截面即为六边形，即A错误；
对于B，因为点，分别为，的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为点，分别为，中点，所以，
又，所以，平面，平面，
所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，即平面EFM平面，故B正确；
对于C，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：
不妨取正方体的棱长为2，
则，，，，，
所以，，
所以直线ME与所成的角的余弦值为，
所以直线ME与所成的角为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，，
设平面EFM的一个法向量为，
则，取，则，，
所以平面EFM的一个法向量为，
易知平面ABCD的一个法向量为，设平面EFM与平面ABCD的夹角为，
则，
即平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为，故D正确．
故选：BCD
11. 已知正三棱柱的外接球球心为，半径为，且（为常数），点满足.则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 当时，的最小值为
C. 当时，存在点，使得平面
D. 当时，点到直线的最小距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用外接球的性质求出各线段长度，考虑动点轨迹，将选项转换成等价命题，必要时建立空间直角坐标系求解
【详解】
设正三棱柱的边长为，外接球球心为，所以，
又因为，因此，由于等圆中相等圆心角所对的弦相等，
所以.
下底面中，的边上的中线，重心在线段上，且是其一个三等分点.
易知，根据勾股定理得，
解得，即正三棱柱的边长为.
在中，由余弦定理得，
求得，故所以A选项正确.
上底面中，的边上的中线为.当时，动点在线段上运动.
要使的值最小，我们可以将二面角摊开成平面，如图：
由于两点间线段最短，故当为与交点时，最小，
最小值为.所以B选项错误.
中点为，中点为，中点为，与相交于.
为重心，为的中线，故三点共线.
而平面，所以平面.
当时，点在线段上运动.取，即与重合.由于是正方形，所以.
因为，，是平面平面内的两条相交直线，
所以平面，而，所以平面，故.
因为平面，平面，所以平面.
即当时，平面.选项C正确.
当时，即动点在线段上运动.
要求到直线距离最短，即要到平面距离.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
,,,.
，，.
设平面的法向量.
故，取，则.
到平面的距离为.选项D正确.
故选：ACD
三、填空题：第13，14题是分层习题，请从博雅、中字两题中选择1题作答.
12. 已知，．若与的夹角是钝角，则整数k的取值可以是______．（写出一个符合条件的取值即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算公式求出，，再利用向量夹角公式表示关系与的夹角是钝角，化简可得k的取值.
【详解】设与的夹角为，则为钝角，所以，
即且，的方向不相反．
，，
所以，
由可得，化简可得，
由，的方向相反可得且， 解得，
所以由与的夹角是钝角可得且，
即k的取值范围为，
故整数k的取值可能是，，1中的任一个，
故答案为：（答案不唯一）
13. 已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线与椭圆相交于，两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】椭圆的对称性可知，A，关于原点对称，得四边形为平行四边形，利用椭圆定义求出，，再根据点到直线的距离不小于，求出，进而求得离心率的取值范围.
【详解】设椭圆的左焦点为，为短轴的上端点，连接，，如图，
由椭圆的对称性可知，A，关于原点对称，则，又，
所以四边形为平行四边形，
则，又，解得，
由点到直线的距离，解得，即，
所以，故．
故答案为：.
14. 在一次手工创作课上，有一位同学需要将一个如图所示的木质的正四棱锥模型用一个平面进行切割，已知该四棱锥的底面边长和侧棱长均为4，切割平面必须过点，且分别交于点，若，，则的值为________．

【答案】
【解析】
【分析】用向量表示，结合已知可得，根据空间四点共面的结论可得，求得，继而求得答案.
【详解】因为，
设，则，
由于四点共面，故，解得，
故，则．
故答案为：.
15. 已知圆的半径为1，点为圆外一点，过作圆的两条切线，切点为和，则的最小值为__________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义、二倍角公式列式，再利用基本不等式求解即可得.
【详解】设，，
由切线性质可得、，则，
；
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：.
16. 对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是_______.

【答案】
【解析】
【分析】建立适当空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，再应用距离新定义及三角换元，整理并化简为正弦型函数求范围.
【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系，

则，设，则，
所以，即，令，
所以
，而，
所以，则，
所以的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17题是分层习题，请从博雅、中字两题中选择1题作答.
17. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求：
（1）的长；
（2）直线和所成角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先设，，，得出，利用向量数量积的运算律计算即得；
（2）利用空间向量的夹角公式计算即可.
【小问1详解】
如图，连接，设，，，
依题意，
而，
，
所以.
【小问2详解】
连接，，
所以
，
又，，
所以，
故直线和所成角的余弦值为.
18. 如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）或2
【解析】
【分析】（1）利用等边三角形的三线合一，可证明线线垂直，从而可得线面垂直；
（2）利用面面垂直可得线面垂直，最后得到线线垂直，从而可用勾股定理求解边长；也可以用空间向量法来假设未知量，再列等式求解即可.
【小问1详解】
在正三棱柱中，
因为平面，平面，所以．
因为是正三角形，D是中点，所以．
又，，平面，所以平面．
【小问2详解】
解法一：
在中过点D作，垂足为F．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．又平面，所以．
由（1）知，且，平面，
所以平面，又平面，所以．
设，则，，，，
由勾股定理得，即，解得或，
所以或2．
解法二：
在正三棱柱中，取中点，连结，
则，，两两垂直，以为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，．
设平面的一个法向量，
因为，，
由即解得，，
取，则，得．
设平面一个法向量，
因为，，
由即
解得，，
取，则，，
得．
因为平面平面，
所以，解得或，
所以或2．
19. 已知椭圆：过点，其离心率为．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线，交点为椭圆的右焦点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，的斜率存在且分别为，，求证：为定值；
（3）过点作，垂足为，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）代入点坐标并结合离心率公式即可得到方程；
（2）设直线的方程为：，联立椭圆方程得到韦达定理式，化简得到，再计算得，同理，最后代入化简即可；
（3）求出直线过定点，再根据两点距离即可得到答案.
【小问1详解】
由已知得，即，得，
故，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，
由题意知均存在且不等于0，
则设直线的方程为：，
则．
设直线方程为：
与椭圆方程联立得：，，
所以，因为，
故，因此．
同理．
斜率为
，
故.
【小问3详解】
由（2）知：直线的方程为：，
即
所以直线过定点．
因为，由几何意义知：，
故的最大值为．

20. 如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）设的中点为，在平面内取点，使得直线平面，问点是否在内？并求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不在内，
【解析】
【分析】（1）取的中点，把问题转化为证明平面，然后只需证明和即可；
（2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，然后再利用点到平面的距离的向量公式即可；
（3）设，由在平面可得到，再根据解出点坐标即可.
【小问1详解】
取的中点，连结，，因为，所以.
中，，所以，在中，，
在中， ，，，所以，
所以，又因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连结，，，，
所以，且，由（1）可知平面，
又因为平面，
所以，，所以两两垂直，
如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，
取，得，则，
所以点到平面的距离.
【小问3详解】
设，由在平面内可知，
即，
所以，即，所以.
因为平面，所以是平面的一个法向量，所以，
即，解得，故，.
所以点不在内，.