河南省部分学校联考2026-2027学年高二上学期阶段检测（一）数学试题

2026—2027学年度高二上学期阶段检测（一） 数学参考答案及评分意见 1.C【解析】由空间向量的运算法则，得OA+AB-CB+Cd=OB+BC+Cd=O心+Cò=0.故选C. 2.A【解析】若空间中的两点关于平面Oxy对称，则它们的横、纵坐标相同， 竖坐标互为相反数，所以点A(2,3,4)关于平面Oxy对称的点的坐标为(2,3，一4).故选A. 3.C【解析】因为直线l的倾斜角为135°，所以直线1的斜率k=tan135°=一1. 又因为直线1经过A1,2),B(m,2m-1D两点，所以（②m-1）-2=-1且m≠1， m-1 整理得2m-3=-m十1，解得m=专故选C 4B【折1k=2=e890ko—k-品-0， 22=-4,kc=6+2 .克AB=cD,kc=kAD,∴AB∥CD,BC∥AD..以A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形.故选B. 5.A【解析】对于A,当非零向量a,b同向时，a,b共线，但a|一|b≠|a+b|,故A错误； 对于B,由向量共线定理，得存在实数入，使a=λb,b≠0，故B正确； 对于C,因为0P=20A+20B-30C,满足2+2-3=1， 所以由共面向量定理，得P,A,B,C四点共面，故C正确； 对于D,由向量共面定理知D正确.故选A. 6.D【解析】记点P为(0，一2). 由题意，得以=。-1，g名月 -2-4=-23. 当直线l由PA转到与y轴重合时，k≥1；当直线1由y轴转到与直线PB重合时，k≤-一2√3. 若要保证直线l与线段AB相交，则直线1的斜率k的取值范围是（一∞，一2√3]U[1,十∞）.故选D. 7.C【解析】由题意，得P心-=P心.设P它=λP克，P京=P市， 则AG=xA它+yA京=x(AP+P2)十y(AP+P)=(x十y)AP+XzPB+yPD. 因为aG-A萨+P心-A+P心-A+Pi+AC-是+}AC-A+子+BC, 又因为AD=BC, 所以AG=A市+A店+BC)-A+A店+A市-A+A+P+市+}P币 -A+}P店+P时，所以x+y=故选C A B ④数学答案第1页（共8页） 8.B【解析】以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐 标系，则E(1,0,0),F(2,2,1). 设M(x,0,2),N(2,y,2),其中0<x<2,0<y<2,则M=(2-x,y,0),EN=(1,y,2),FM=(x-2,-2,1). EN⊥FM,.EN.FM=(1,y,2)·(x-2,-2,1)=x-2y=0,解得x=2y. 0<x<2,.0<y<1. 由空间两点间的距离公式， D M 2++02y-20+y5 B 当y= 时，MN-25,当y-0时，MN→2， E 所以线段MN长度的取值范围为，，2L故选B 二4-2=-3 9.ABD【解析】由题意，得直线PQ,SR,PS,QS,PR的斜率分别为kQ=6十4 5 a是号6w-程骨w-g+告-4w品- _12-2_5 2-6 由pQ=ksR≠kps,得PQ∥SR,故A正确。 由太心·ks=一号×号=-1得PQPS:由及m·e=X(一)=-1，得PR1QS,放B,D正确， 因为ks≠kas,所以PS与QS不平行，故C不正确.故选ABD. 10.AD【解析】对于A,连接AB1,C1D,如图.由图知，当P为A1C的中点时，APC平 面AB1C1D. A 因为ABCD-A1B,C1D1为正方体，所以DC1⊥CD1,AD⊥平面CDD1C1. 因为CDC平面CDD1C1,所以AD⊥CD1. 因为AD∩DC1=D,AD,DC1C平面AB1C1D,所以CD1⊥平面AB1C1D. 因为APC平面AB1C1D,所以AP⊥CD1,故A错误. 对于B,设A1P=λA1C,A∈[0,1]，则A1P=λ(-AA1+AC)=1(-AA1+AB+AD), 所以D1产-D1A+A户=-AD+x(-AA+AB+AD)=(以-1)AD-λAA+AB. AP=AA+A,P=AA+(-AA+AB+AD)=(1-A)AA+AB+AAD 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，且AA1⊥AD,AB⊥AD,AA1⊥AB, 所以D1P.AP=(-22+2λ-1)AD·AA1+(2x2-A)AB·AD+(入-1)AAD2-λ(1-λ)AA+(A-22) AB·AA1+λ2AB2=(入-1)x-入(1-入)+λ2=λ(3入-2). 当X=}时，D,户，A户取得最小值，最小值为-了，放B正确 对于C当A,户-号AC时，D产=-}A市-号d+号a,a时-}d+号A店+号a市， 所以D.A正-号（3×号-2=0，所以D,产LA正，故C正确 对于D,以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D1(0,0,1),C(0,1,0),A(1,0,0),D(0,0,0). 因为DA=(1,0,0),DM=入DA,所以M(,0,0),则D1M=(,0,-1),D1C=(0,1,-1), ④数学答案第2页（共8页） 因为cos∠MD,C=5 3 所以cosD,M,D,C)=IDM·DC 10+0+1 D透DTX中g解得2负值它舍去)，故D留 误故选AD. 11.BD【解析】因为SA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形，所以SA,AB,AD两两垂直. 以点A为坐标原点，AB,AD,AS所在的直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB= AD=AS=2,则A(0,0,0),S(0,0,2),C(2,2,0),P(1,1,1),0(1,1,0),B(2,0,0),所以SB=(2,0,-2), BC=(0,2,0),AP=(1,1,1). 2 设M(0,t,2-t),则OM=(-1,t-1,2-t),其中0≤t≤2， 所以OM·AP=-1+t-1十2-t=0,即OM LAP,故A错误. 点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为2一t十t=2,为定值，故D正确. n·SB-2x-2x=0, 设平面SBC的法向量为n=(xy,z),则 n·BC=2y=0. 令x=1,则y=0,之=1，所以n=(1,0,1). 若OM∥平面SBC,OM中平面SBC, 则0M·n=(-1,t-1,2-t)·(1,0,1)=-1+2-t=1-t=0,解得t=1. 所以存在点M,使得OM∥平面SBC,故B正确. 设直线OM与直线AB所成的角为30°.由于AB=(2,0,0),OM=(-1,t-1,2-t), 则cos30°=10i.A店 2 =3 1OM1|AB|2√1+(t-1)2+(2-t)产√2t2-6t+62 整理得3t2一9t十7=0，则△=81一4×3×7=一3<0，所以方程3t2-9t十7=0无解，故C错误.故选BD. 12.26 5 【解析】由点A(1,1,2),B(2,1,0),P(1,1,0),得AB=(1,0,-2),AP=(0,0,-2), 则|AP12=02+02+(-2)2=4,AP·AB=1X0+0×0+(-2)×(-2)=4, |AB|=√1+02+(-2)=√5 AP·AB)2 由空间点到直线的距离公式，得d一JA2 - -25 ABI 51 13.√5【解析】取CD的中点M,连接OM,则OM∥BC.又∠ABC=90°，∴.OM⊥AB. PA=PB,O是AB的中点，∴.PO⊥AB. 平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,POC平面PAB, ∴.PO⊥平面ABCD. AB,OMC平面ABCD,∴.PO⊥AB,PO⊥OM. 以点O为坐标原点，OB,OM,OP所在的直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ④数学答案第3页（共8页） 设OP=h.又BC=1,AB=2,AD=3,.O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(-1,3,0),P(0,0, h),.CD=(-2,2,0),PD=(-1,3,-h). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,之1)， CD·n1=0 0即厂2x1+21=0, PD·n1=0,-x1+3y1-hz1=0. 令=1，则=1=是=(1，)》 设平面POD的法向量为n2=(x2,y2,之2). 由于PD=(-1,3,-h),OD=(-1,3,0), 即厂+3y2=0, 1OD·n2=0, 则 PD·n2=0,-x2+3y2-hz2=0. 令y2=1,则x2=3,z2=0,n2=(3,1,0). cos(n1,n2)=m1·n 13+1+0 4 nn2 √：+1+是3++ 4 F2+×而 设平面PCD与平面POD的夹角为a,则cosa-2 .|cosa=|cosn1,n2）, 4 =2v3 √2+音xo ,解得h=3(负值已舍去). .OP=V3,即线段OP的长度为V3. 14,√7-】【解析】设点A1在底面ABCD内的射影为卫P. 4 如图，过点P作PM⊥AB,PN⊥AD,垂足分别为M,N,连接A1P,A1M,A1N. 因为A,P⊥平面ABCD,ABC平面ABCD,所以A1P⊥AB. 又因为A1P,PMC平面A1PM,AP∩PM=P,所以AB⊥平面A1PM. 又因为A1MC平面A1PM,所以A1M⊥AB.同理，得A1N⊥AD. 又因为∠A1AB=∠A1AD=60°，AA1=AA1,所以AM=A1N,PM=PN. 则点P在∠DAB的平分线上，所以∠MAP=45°. 设AM=a,则AP=√2a,AA1=2a,所以在Rt△A1AP中，A1P-√AA-APz= D √2a,所以∠A1AP=45°. 连接AC,BD,交于点O.以点O为坐标原点，OC,OB所在的直线分别为x,y轴，过 点O且垂直于平面ABCD的直线为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设 AB=1,AA1=m,则AC=BD=2,所以OA=OB=OC=OD=2 2 所以ac-a+号o号a=号9 又因为AC1⊥A1B,所以AC1·A1B=0, ④数学答案第4页（共8页） a+小-mw2=-++- 解得m=7-1或m=二7-（合去），所以44-7-1 4 4 AB 4 15.(1)解：由题意，得BD=BA+AD=-AB+AD, 所以AC=-AB十BC+CC=AB十AD+AA7.… …3分 (2)证明：因为AB=AD=3,AA'=2,∠BAD=90°，∠BAA'=∠DAA'=60°， 所以AB.AD=0,AB.AA=AD.AA7=3X2Xc0s60°=3.…5分 由(1)，得BD.AC=(AD-AB)·(AB+AD+AA) =AD AB+AD:+AD.AA-AB:-AB AD-AB.AA" =0+32+3-32-0-3=0, 所以BDLAC,即BD LAC.…8分 (3)解：由(1)，得AC=AB+AD十AA产. …9分 所以AC=(AB+AD+AA)2 -AB:+AD*+AAT+2AB.AD+2AB.AA+2AD.AA" =32+32+22+2X0十2X3十2X3=34,… 12分 所以AC=√/34，即AC的长为√34.… …13分 16.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, 所以PA⊥CD.… …2分 因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD. 又因为PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD, 所以CD⊥平面PAD.… ……4分 又因为PDC平面PAD,所以CD⊥PD,…5分 (2)解：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.… …6分 以点A为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(4,0,0),D(0,2,0),C(4,2,0),P(0,0,2) 所以PB=(4,0,-2),DC=(4,0,0),DP=(0,-2,2).… …9分 n·DC=4x=0, 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 n·D=-2y+2x=0. 令y=1,则x=0,之=1，所以n=(0,1,1).…12分 设直线PB与平面PCD所成的角为O, 2 sin 0-cos(PB,n)-PB I25 √10 10 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为0， 10 …15分 ④数学答案第5页（共8页） 17.(1)证明：取PD的中点F,连接CF,EF. 又因为E是PA的中点，所以EF∥AD且EF= 2AD.. …2分 又因为BC∥AD且AD=2BC,所以EF∥BC且EF=BC. 所以四边形BCFE是平行四边形，所以CF∥BE.3分 又因为BE中平面PCD,CFC平面PCD,所以BE∥平面PCD.… …5分 (2)解：因为PA⊥AB,PA⊥CD,AB,CD的延长线交于一点，AB,CDC平面ABCD, 所以PA⊥平面ABCD. 又因为AB⊥AD,所以PA,AB,AD两两垂直. …7分 以点A为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 2 设AB=1,则PA=BC=1,AD=2,所以A00,0,B10,0.C110,D0,20,P00,1D,E00,) …9分 所以i-(10,）Bd=(0,10,G币=(-11.0，P币=02，-10.11分 设平面PCD的法向量为n=(x,y,之)， 0即厂x+y=0 n·CD=0, 则hP币-0,2y-=0 令x=1,则y=1,2=2,所以n=(1,1,2).…12分 设平面BCE的法向量为m=(a,b,c), m·BC=0,6=0, 则 即{ 1 令c=2,则a=1,b=0,所以m=(1,0,2).……13分 m·BE=0, a+2c=0 m·n 设平面PCD与平面BCE的夹角为0，则cos0=|cos(m,n)|= 5=√30 mn√5X66 所以平面PCD与平面BCE夹角的余弦值为√ .………15分 6 18.(1)证明：因为D为AC的中点，AB=BC,所以BD⊥AC.…1分 因为A1D⊥平面ABC,BDC平面ABC,所以A1D⊥BD.… …2分 又因为AC,A1DC平面ACC1A1,AC∩A1D=D, 所以BDL平面ACC1A1. …4分 (2)解：因为AB⊥BC,AB=BC=√2，D为AC的中点，所以AC=2,BD=1. 因为A1D⊥平面ABC,ACC平面ABC,所以AD⊥AC. ④数学答案第6页（共8页） 又因为侧面ACC1A1为菱形，AA1=AC=2,AD=1,所以A1D=√AA-AD产=√/4-I=√3. 由(I),得DB,DC,DA1两两互相垂直。…6分 以点D为坐标原点，DB,DC,DA1所在的直线分别为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 、、D x 则D(0,0,0),A(0,-1,0),B(1,0,0),A1(0,0,√3)，B1(1,1,√3). 所以AA1=(0,1,3),AB=A1B1=(1,1,0).… …9分 设A1E=入A1B1=(入，A,0),0≤入≤1. 又因为DA1=(0,0,√3)，所以DE=DA1+A1它=(0,0,5)十(，A,0)=(,入，3).…11分 设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,之)， 则mA广=0即+5=0， n·AB=0,x十y=0. 令之=1，则x=√3，y=一3，所以n=(W3,一√3,1).……………13分 设直线DE与平面ABB1A1所成的角为0， 则sin0=cos(m,D21=n·D应 √3 6 nD7×V2m+3=7,解得入= 2(负值已舍去)，…15分 所以E为AB,的中点，所以AE=A,B,=号 21 故在棱A:B,上存在点E,使得直线DE与平面ABB,A1所成角的正弦值为 7,且A1E= 2· …17分 19.(1)证明：取AB的中点O,连接E0,A1B,OC. 因为E为AA1的中点，O为AB的中点，所以EO∥A1B.… …1分 在三棱柱ABC一A1B1C1中，AB=AA1=2, 所以四边形ABB1A1是菱形，所以AB1⊥A1B,所以AB1⊥EO. …2分 因为AB1⊥CE,EO∩CE=E,EO,CEC平面EOC,所以AB1⊥平面EOC. 又因为OCC平面EOC,所以OC⊥AB1.…… …3分 因为△ABC是等边三角形，O为AB的中点，所以OC⊥AB. 因为AB∩AB1=A,AB,AB:C平面ABB1A1,所以OC⊥平面ABB1A1. 又因为OCC平面ABC,所以平面ABB1A1⊥平面ABC. …5分 4 (2)解：①连接A0,AB.因为∠A1AB-了，AB=AA1,所以△A,AB是等边三角形. ④数学答案第7页（共8页） 又因为O为AB的中点，所以A1O⊥AB. 因为平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,A1OC平面ABB1A1, 所以A1OL平面ABC,…7分 又因为CO,OBC平面ABC,所以A1O⊥OC,A1O⊥OB. 又由(1)知OC⊥OB,所以A1O,OC,OB两两互相垂直. 以点O为坐标原点，OC,OB,OA1所在的直线分别为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0,0,0),C(3,0,0),B(0,1,0),A(0,0,√3)，B1(0,2,√3). …8分 设C1(xy,x).因为CC=BB1,即(x-√3，y,z)=(0,1,W3),所以C1(√3,1，W3). 因为CA=(-5,0w5),AC=(5,10),所以G-C+AC 易得平面ABB1A1的一个法向量为n=(1,0,0). …10分 2√5 1 所以cos(CP,n)= CP.n 3 ×1+ 30+3x0 √30 CP n 23 2 1)2 10 +(5)2X1 A 3 3 设直线CP与平面ABB,A1所成的角为0，则sin0=|cos(C京，n)=VS0 10, √30 ）2 √70 则cos0=√1-sin20=,/1 √30 10,所以tan0= sin010√21 10 cos 0 /70 7 10 所以直线CP与平面ABB,A1所成角的正切值为√ 7.…12分 ②因为A(0,-1,0),A1(0,0,3),C(3,0,0),所以AA1=(0,1,3),AC=(5,1,0).…13分 设平面AA1C的法向量为m=(x,y,z), AA·m=0,ny+√3z=0, 则 即 Ac.m=0,W3x十y=0. 令x=1,则y=一√3，之=1，所以m=(1,一3,1).…15分 设二面角C一AA1-B的平面角为B. 由图可知，9为领角，则o5月=cosm,m川册1X二X00-号， 5 所以二面角C一AA,一B的余弦值为5 5 …17分 ④数学答案第8页（共8页）2026一2027学年度高二上学期阶段检测（一） 数学试题 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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O-ABC中，OA+AB-CB+Cò= A.OA B.AB C.0 D.AC 2.在空间直角坐标系中，点A(2,3,4)关于平面Oxy对称的点的坐标为 A.(2,3,-4) B.（-2,-3,4) C.(2,-3,4) D.(2,1,-4) 3.已知直线1过A(1,2),B(m,2m一1)两点，且倾斜角为135°，则m= A.1 B吉 c号 D.2 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.|a|-|b|=|a+b|是向量a,b共线的充要条件 B.若a∥b,b≠0，则存在唯一的实数入，使得a=λb C.对空间任意一点0和不共线的三点A,B,C,若OP=2OA+2OB-3OC,则P,A,B,C 四点共面 D.若空间向量a,b不共线，则向量p与向量a,b共面的充要条件是存在唯一的有序实数 对(x,y),使得p=xa十yb 6.已知过点(0，一2)的直线1与以点A(3,1)和B(一√3,4)为端点的线段AB相交，则直线1 的斜率的取值范围是 A.(-∞，-2√3] B.[-2√3,1] C.(-∞，-1]U[2√5，+∞) D.(-∞，-2√3]U[1,+o) ②第1页（共4页） 7.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E,F分别为线段PB,PD上 的点，若PG=CC,AG=xA应+yA,则x+y= A.2 B、 8.在棱长为2的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E,F分别为DA,BB1的中点，M,N分别 为线段D1A1,A,B1上的动点（不包括端点），且EN⊥FM,则线段MN长度的取值范 围为 7e/ A.2 B./2 3.2 c, D.[2,2√2) 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P(一4,2)，Q(6,一4)，R(12,6),S(2,12),则下列结论正确的是 A.PQ∥SR B.PQ⊥PS c.Ps∥QS D.PR⊥QS 10.如图，在棱长为1的正方体ABCD一A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，则下列 说法错误的是 A.不存在点P,使得AP⊥CD, BD,立.A正的最小值为-号 C当A,户-号A,C时，D,1a正 当0s∠MD,C=8时，AD上存在点M,使得DM=ADi0≤A≤1，则 11.如图，在四棱锥S一ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD,SA=AB,O,P 分别是AC,SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列说法中正确的是 A.OM∥AP B.存在点M,使得OM∥平面SBC C.存在点M,使得直线OM与AB所成的角为30° D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值 ④第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知点A(1,1,2),B(2,1,0),则点P(1,1,0)到直线AB的距离为 13.如图，在四棱锥P一ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°，PA= PB,BC=1,AB=2,AD=3,O是AB的中点，若平面PCD与平面POD夹角的余弦值 为23则线段OP的长度为 0 14.在平行六面体ABCD一A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，且∠A1AB=∠A1AD 60,AC1LA1B,则AA AB 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.(13分)如图，在平行六面体ABCD一A'B'C'D'中，AB=AD=3,AA'=2,∠BAD= 90°，∠BAA'=∠DAA'=60°. (1)以{AB,AD,AA}为空间的一个基底，用它来表示向量BD,AC, (2)求证：BD⊥AC'; (3)求AC'的长. 16.(15分)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD,AB=4, PA=AD=2. (1)证明：CD⊥PD; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值. 第3页（共4页） 17.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA=AB=BC,AD=2BC,AB⊥BC,AB⊥AD, PA⊥AB,PA⊥CD,E是PA的中点. (1)求证：BE∥平面PCD; (2)求平面PCD与平面BCE夹角的余弦值， 18.(17分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC,AB=BC=√2，侧面ACC1A1为 菱形，D为AC的中点，A1D⊥平面ABC. (1)证明：BD⊥平面ACC1A1; C2②)在棱A1B,上是否存在点E,使得直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为5 若存在，求出线段A:E的长度；若不存在，请说明理由. 6 19.(17分)如图，在三棱柱ABC一A1B1C1中，其所有棱长都为2，E是棱AA1的中 点，AB1⊥CE (1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC. (2)若∠A1AB=3,点P满足A,C=3A,立. ①求直线CP与平面ABB1A1所成角的正切值； ②求二面角C一AA1一B的余弦值， ⑦④第4页（共4页）