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2026-2027学年福建省厦门第六中学高二（上）每周一见素养提升数学试卷（9.18）
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若,，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B.
C. D.
2.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60°，且AA1=2，则AC1的长为（　　）
A.
B.
C.
D.
3.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，四棱锥P-ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，若，则x+y+z=（　　）

A. 1 B. 2 C. D.
4.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=（　　）
A. 3 B. -3 C. 7 D. -7
5.已知x,y∈R，向量，，，且，，则=（　　）
A. B. C. 4 D. 3
6.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是BB1，DD1的中点，则下列结论正确的是（　　）
A. A1O∥EF
B. A1O⊥EF
C. A1O∥平面EFB1
D. A1O⊥平面EFB1
7.直三棱柱A1B1C1-ABC，∠BCA=90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（　　）
A. B. C. D.
8.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则异面直线A1C1与AB1间的距离为（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60o，M为A1C1与B1D1的交点，若=，=，=，则下列正确的是（　　）
A.
B.
C. AC1的长为
D. cos＜，＞=
10.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是DD1的中点，则（　　）
A. B1C⊥BD1
B. 点E到直线B1C的距离为
C. 直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为
D. 点C1到平面B1CE的距离为
11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是（　　）

A. 直线BD1⊥平面A1C1D
B. 三棱锥P-A1C1D的体积为定值
C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设，是两个不共线的空间向量，若=2，，=，且A，C，D三点共线，则实数k的值为 ．
13.已知向量，满足，，且，则在上的投影向量的坐标为 .
14.如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，，AC1与平面EFG交于点M，则= ．
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.(本小题13分)
已知空间三点A（-2，0，2），B（-1，1，2），C（-3，0，4），设，.
（1）若，，求；
（2）求与的夹角的余弦值；
（3）若与互相垂直，求k.
16.(本小题15分)
如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长为．
（1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
（2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．
17.(本小题15分)
如图1，五边形ABCEF中，AC∥EF，AC⊥CE，AB⊥BC，AC=2BC=2CE=4.将三角形ABC沿AC翻折，使得平面ABC⊥平面ACEF，如图2.
（Ⅰ）求证：平面ABF⊥平面BCE；
（Ⅱ）记直线AF与平面BEF所成角为θ.若，求EF长.
18.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为CC1，BC的中点.
（1）求异面直线A1B与EF所成角的余弦值；
（2）求点B1到平面AEF的距离；
（3）求平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值.
19.(本小题17分)
如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，AD⊥AE，AE=.将△ADE沿AD翻折至△ADP，如图2.点M在线段PD上运动.
（1）若PM=MD，证明：PB∥平面MAC；
（2）若AM⊥CD，且VM-ABP=2VM-ACD，证明：平面PAD⊥平面PCD；
（3）求二面角P-CD-A的余弦值的最小值.
1.【答案】A
2.【答案】C
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】D
6.【答案】B
7.【答案】B
8.【答案】C
9.【答案】BD
10.【答案】AC
11.【答案】ABD
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】解：（1）因为=（-2，-1，2），∥，
可设=（-2λ，-λ，2λ），
则||==3|λ|=3，解得λ=±1，
所以=（-2，-1，2）或=（2，1，-2）．
（2）因为==（1，1，0），==（-1，0，2），
所以cos＜，＞===-．
（3）k+=（k-1，k,2），k-2=（k+2，k,-4），
又因为（k+）⊥（k-2），
所以（k+） （k-2）=k2-k -2=2k2+k-10=0，
解得k=2或k=-．
16.【答案】证明：（1）=+，=+．
因为BB1⊥平面ABC，
所以 =0， =0．
又△ABC为正三角形，
所以＜，＞=π-＜，＞=π-=．
因为 =（+） （+）
= + ++
=|| || cos＜，＞+=-1+1
=0，
所以AB1⊥BC1．
解：（2）由（1）知 =|| || cos＜，＞+=-1．
又||===||，
所以cos＜，＞==，
所以||=2，
即侧棱长为2．
17.【答案】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ACEF，且CE 平面ACEF，平面ABC∩平面ACEF=AC，AC⊥CE，则CE⊥平面ABC，
又AB 平面ABC，所以CE⊥AB，
又BC⊥AB，且CE∩BC=C，CE，BC 平面BCE，所以AB⊥平面BCE，
又AB 平面ABF，所以平面ABF⊥平面BCE．
（Ⅱ）解：如图，过点B作BO⊥AC于点O，则结合（Ⅰ）得AC，CE，BO两两垂直，
则以C为原点，直线AC，CE，BO的平行线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，
在Rt△ABC中，由AC=2BC=4，，则，
则在Rt△BOC中，得，
设EF=a,则A（4，0，0），，E（0，2，0），F（a,2，0），
所以，，，
设平面BEF的一个法向量为，
则，
令，则x=0，z=2，所以，
所以sinθ=|cos＜＞|=，解得a=4，即EF=4，
所以EF长为4．
18.【答案】解：（1）由题意可知AB、AC、AA1两两垂直，
如图所示建立空间直角坐标系，
则A1（0，0，2），B（2，0，0），E（0，2，1），F（1，1，0），
即，
所以=，
即异面直线A1B与EF所成角的余弦值为；
（2）由（1）知：，
设面AEF的一个法向量为，
则由，，有，
取y=-1，可得x=1，z=2，即，
所以点B1到平面AEF的距离为；
（3）由（1）知：，
设面A1EB的一个法向量为，
则由，，有，
取c=2，可得b=1，a=2，即，
设平面AEF与平面A1EB夹角为α，
则cosα==，
即平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值．
19.【答案】解：（1）证明：如图，作出符合题意的图形，
连接AC，BD相交于点O，连接OM，
四边形ABCD为菱形，所以O为BD中点，
又M为PD中点，所以PB∥OM，
又OM 平面MAC，PB 平面MAC，所以PB∥平面MAC．
（2）证明：如图，作出符合题意的图形，
因为VM-ABP=2VM-ACD，有VB-AMP=2VC-AMD，
所以VC-AMP=2VC-AMD，得S△AMP=2S△AMD，
有M是PD靠近D的三等分点，则，
又AD⊥AP，，AD=1，所以，
，，
则AM2+DM2=AD2，即AM⊥DM，AM⊥PD，
又AM⊥CD，PD∩CD=D，PD，CD 平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，又AM 平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD；
（3）由AD⊥AE，以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示．
可得A（0，0，0），，D（1，0，0），P（0，y,z），
由题意得平面ACD的一个法向量为
设平面PCD的一个法向量为，，，
由，得，令x1=3，则解得，，
，令，
因为，所以y2+z2=2，令，，
则有，得，
有，得，
即
即二面角P-CD-A的余弦值的最小值为．
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