精品解析：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 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. 在三棱锥中，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】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】 【分析】根据空间中点的对称关系，即可判断. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】分别计算AB,BC,CD,DA 斜率，根据大小关系确定四边形形状. 【详解】 , 因此以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，选B. 【点睛】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】记点为，求出直线的斜率，结合斜率的变化情况可得. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【详解】依题意得，，则， ，，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】 【分析】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. 【详解】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， ，，，. 故答案为： 14. 平行六面体的底面为正方形，且，．则____________． 【答案】 【解析】 【分析】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． 【详解】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】 【分析】（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． 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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， 记直线与平面所成的角为， 则，解得（负根舍去）， 此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时． 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． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，，． 因为为的中点，为的中点，所以． 在三棱柱中，， 所以四边形是菱形，所以，所以． 因为，，，平面，所以平面． 又因为平面，所以． 因为是等边三角形，为的中点，所以． 因为，，平面，所以平面． 又因为平面，所以平面平面． （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，再根据面面垂直的判定定理证明面面垂直； （2）①通过建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面夹角的正弦值，再根据三角函数的同角关系，即可求得线面角的正切值； ②通过建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，根据二面角的向量表示，即可求得二面角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①连接，．因为，，所以是等边三角形． 又因为为的中点，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，所以，． 又由（1）知，所以，，两两互相垂直． 以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，． 设．因为，即，所以． 因为，，所以． 易得平面的一个法向量为． 所以． 设直线与平面所成的角为，则， 则，所以． 所以直线与平面所成角的正切值为． ②因为，，，所以，． 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以． 设二面角的平面角为， 由图可知，为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $