2026-2027学年河南省部分学校联考高二上学期阶段检测（一）数学试卷（含解析）（含答案）

/数学考试时间为120分钟，满分150分一、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，只有一项是符合题目要求的．1.在三棱锥中，（）A. B. C. D.2.在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（）A. B. C. D.3.已知直线过、两点，且倾斜角为，则（）A. B. C. D.4.已知点A(2,3)，B(－2,6)，C(6,6)，D(10,3)，则以A，B，C，D为顶点的四边形是()A.梯形 B.平行四边形 C.菱形 D.矩形5.下列说法错误的是（）A.是向量，共线的充要条件B.若，，则存在唯一的实数，使得C.对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面D.若空间向量，不共线，则向量与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使得6.已知过点的直线l与以点和为端点的线段相交，则直线l的斜率k的取值范围是（）A. B.C. D.7.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，、分别为线段、上的点，若，，则（）A. B. C. D.8.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（）A. B.C. D.二、选择题：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.设点，则有（

）A. B.C. D.10.如图，在棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点，则下列说法错误的是（）A.不存在点P，使得B.的最小值为C.当时，D.当时，上存在点M，使得，则11.如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，O，P分别是，的中点，M是棱上的动点，则下列说法中正确的是（）A.B.存在点M，使得平面C.存在点M，使得直线与所成的角为D.点M到平面与平面的距离和为定值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点，，则点到直线的距离为______．13.如图所示四棱锥，平面平面，是AB中点，平面PCD与平面POD的夹角的余弦值为，则线段OP的长为___________．14.平行六面体的底面为正方形，且，．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.如图，在平行六面体中，，，，．（1）以为基底向量，表示向量，；（2）求证：；（3）求的长．16.如图所示为四棱锥，已知底面为矩形，底面且，．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．17.如图，在四棱锥中，，，，，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.18.如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面．（1）证明：平面；（2）在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由．19.如图，在三棱柱中，其所有棱长都为2，是棱的中点，．（1）求证：平面平面．（2）若，点P满足．①求直线与平面所成角的正切值；②求二面角的余弦值．

数学考试时间为120分钟，满分150分一、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，只有一项是符合题目要求的．1.在三棱锥中，（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：根据空间向量的加减法运算，.2.在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据空间中点的对称关系，即可判断.解答过程：在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为.所以，点关于平面对称的点的坐标为.3.已知直线过、两点，且倾斜角为，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：因为直线过、两点，且倾斜角为，故，由斜率公式可得，解得.4.已知点A(2,3)，B(－2,6)，C(6,6)，D(10,3)，则以A，B，C，D为顶点的四边形是()A.梯形 B.平行四边形 C.菱形 D.矩形答案：B解析：思路：分别计算AB,BC,CD,DA斜率，根据大小关系确定四边形形状.解答过程：,因此以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，选B.方法提示：本题考查利用斜率研究两直线位置关系,考查基本求解能力.5.下列说法错误的是（）A.是向量，共线的充要条件B.若，，则存在唯一的实数，使得C.对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面D.若空间向量，不共线，则向量与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使得答案：A解析：思路：因为成立的前提是、反向且，所以判断其是否为、共线的充要条件，需对比充分性和必要性是否同时成立可判断A；根据向量的共线定理可判断B；根据空间四点共面的充要条件可判断C；根据空间向量共面的基本定理可判断D.解答过程：选项A：若向量共线，当它们方向相反且时，才有；如果两向量同向共线，等式变为，显然不满足原式，因此只是反向共线且模长满足条件的充分条件，并非共线的充要条件，A错误；选项B：根据向量的共线定理可知：若且，则存在唯一实数使得，B正确；选项C：空间四点共面的充要条件是：对任意点，若，则，本题中，满足四点共面条件，C正确；选项D：由空间向量共面的基本定理：若不共线，则与共面的充要条件是存在唯一有序实数对使得，D正确.6.已知过点的直线l与以点和为端点的线段相交，则直线l的斜率k的取值范围是（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：记点为，求出直线的斜率，结合斜率的变化情况可得.解答过程：记点为，由题意可得，，当直线由顺时针转到与轴重合时，直线的斜率满足；当直线由轴顺时针转到与直线重合时，直线的斜率满足，若要保证直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是.7.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，、分别为线段、上的点，若，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：设，，利用空间向量基本定理可得出关于、、的两个表达式，结合空间向量基本定理可得出的值.解答过程：因为，则，所以，因为四边形为平行四边形，所以，所以，因为为上的点，设，即，即，又因为为上的点，设，即，即，因为，因为、、不共面，所以，上述三个等式全加得.8.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：首先建立空间直角坐标系，分别求出与，利用，求出，用坐标表示出，转化为关于的一元二次方程即可求解.解答过程：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，，其中，，则，，∵，∴，得∵，∴，由空间中两点之间的距离公式，得，当时，，当趋近于时，趋近于，结合二次函数的性质可得，线段的长度的取值范围为.二、选择题：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.设点，则有（

）A. B.C. D.答案：ABD解析：解答过程：依题意，直线的斜率分别为：，，，，，由得，故A正确；由得，由得，故B，D正确；而得与不平行，即C不正确.10.如图，在棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点，则下列说法错误的是（）A.不存在点P，使得B.的最小值为C.当时，D.当时，上存在点M，使得，则答案：AD解析：思路：建立空间直角坐标系，用参数表示线段上动点的坐标，将立体几何问题转化为向量坐标运算；对垂直关系选项A、C，通过计算对应向量的点积是否为0，判断线线垂直是否成立；对选项B向量数量积最值问题，将点积表示为参数的二次函数，利用二次函数对称轴求最小值；对选项D，设出点坐标，代入向量夹角余弦公式列方程，求解并验证选项结论.解答过程：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为1，则，，，，，设（），则的坐标为.选项A，，，故，令，解得，即存在点使得，因此A错误；选项B，，，这是开口向上的二次函数，对称轴为，当时，取得最小值为，因此B正确；选项C，当时，，，即，故，因此C正确；选项D，设在上，（），则，，，所以，令，平方化简得，即，因此D错误.11.如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，O，P分别是，的中点，M是棱上的动点，则下列说法中正确的是（）A.B.存在点M，使得平面C.存在点M，使得直线与所成的角为D.点M到平面与平面的距离和为定值答案：BD解析：思路：选项A，通过建立空间直角坐标系计算向量与的数量积恒为0，从而证明两直线始终垂直，选项B，利用平面的法向量与向量的数量积为0解出，证明存在满足线面平行的点，选项C，利用向量夹角公式建立关于余弦值的方程，通过判别式小于0得出该方程无实数解，从而判定不存在该点，选项D，借助坐标系直接写出点到两个平面的距离表达式，相加后即可证明距离和为定值.解答过程：以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，因为，所以，则有，由题意得，因为M是棱上的动点，设，因为，所以，进而，对于A，，则，即，故A错误，对于B，，，设平面的法向量为，则，取，则，即，若存在点M，使得平面，则且不在平面内，即，，即为的中点时，平面，故B正确，对于C，直线的方向向量为，设直线与所成角为，则，，若，则，即，解得，代入得，化简为，该二次函数判别式，方程无实数解，因此不存在这样的点使得直线与所成的角为，故C错误，对于D，平面为平面，平面为平面，点到平面的距离，到平面的距离，则两距离之和为，即为正方形边长定值，故D正确三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点，，则点到直线的距离为______．答案：解析：解答过程：依题意得，，则，又，，所以，则点到直线的距离为.13.如图所示四棱锥，平面平面，是AB中点，平面PCD与平面POD的夹角的余弦值为，则线段OP的长为___________．答案：解析：思路：取中点，连接，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量夹角公式列式求解即可.解答过程：取中点，连接，则，所以，，是中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，，设平面的法向量为，，，取，解得，则，，，设平面的法向量为，，，取，解得，，，，，，，，设平面与平面的夹角为，则，，，，.故14.平行六面体的底面为正方形，且，．则____________．答案：解析：思路：设在底面内的射影为P，过P作，，连结，，，从而根据线面垂直的判定及性质得到，，从而得到P在的角平分线上，从而得到，即可得到，再以，，所在的直线分别为，，为轴建立空间直角坐标系，设，，找到所需各点的坐标，从而得到，，再根据即可求出的值，进而即可得到的值．解答过程：设在底面内的射影为P，过P作，，连结，，，则平面，由平面，则，又平面，则平面，又平面，所以，同理，又，则，则，则P在的角平分线上，所以，设，则，，则，所以，设，交点为O，以O为原点，则以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，，则，则，则，，，，所以，，又，则，即，解得，（舍去），所以．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.如图，在平行六面体中，，，，．（1）以为基底向量，表示向量，；（2）求证：；（3）求的长．答案：（1），（2）因为，，，，所以，，由（1）得，所以，即；（3）解析：思路：（1）依托空间向量加减法法则，用线性表示；（2）将两向量数量积展开，结合边长与夹角算出点积为，证明向量垂直；（3）对平方展开，代入模长与数量积求出模长平方，开方得到线段长度．（1），；（2）略（3）由（1）得，所以，所以，即的长为．16.如图所示为四棱锥，已知底面为矩形，底面且，．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．答案：（1）由四边形为矩形，且平面，又平面，得，又，，，平面，所以平面，又因为平面，所以．（2）解析：思路：（1）根据线面垂直的判定定理可证平面，进而可得面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.（1）略（2）由四边形为矩形，平面，所以，，，以A为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，可得，，．设平面的一个法向量为，则，令，则，，故．设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成的角的正弦值为．17.如图，在四棱锥中，，，，，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.答案：（1）证明：取的中点F，连接，，因为E是的中点，所以且，因为且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）解析：思路：（1）通过中点来证明四边形是平行四边形，然后根据线面平行的判定定理证明即可.（2）先通过线面垂直的判定定理证明平面，，然后建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，通过向量法求得面面夹角的余弦值.（1）略.（2）因为，的延长线交于一点，平面，平面，所以平面，又因为，所以，，两两垂直，所以以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量，则，即，取，得，设平面的一个法向量，则，即，取，得，设平面与平面的夹角为，则.18.如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面．（1）证明：平面；（2）在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由．答案：（1）证明：因为为的中点，，所以.因为平面，平面，所以.又，平面，且，所以平面．（2）存在，．解析：思路：（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法求解即可.（1）略（2）因为，，所以，.因为四边形为菱形，且，所以.由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设．又，所以，设平面的一个法向量，则，即，令，则，，所以，记直线