河南省许昌市禹州市第三高级中学菁华校区2025~2026学年高二上册第一次阶段性考试（9月）数学试题（含答案）

2025-2026学年河南省许昌市禹州市第三高级中学菁华校区高二上学期第一次阶段性考试（9月）数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在空间直角坐标系中，点P(−1,2,−3)关于xOy平面的对称点P′的坐标为(    )A. (1,2,−3) B. (−1,−2,−3) C. (−1,2,3) D. (1,−2,−3)2.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E为A1C1的中点，若BE=xAA1+yAB+zAD则(    )A. x=1，y=12，z=−12 B. x=1，y=−12，z=12C. x=12，y=1，z=−12 D. x=−12，y=1，z=123.已知空间向量p=2a−3b+3c，q=3a+b+c，则p+q以a,b,c为单位正交基底时的坐标为(    )A. (5,−3,4) B. (5,−2,4) C. (2,−3,3) D. (3,1,1)4.已知直线l1的方向向量a=(2,4,x)，直线l2的方向向量b=(2,y,2)，若a=6且a⊥b，则x+y的值是(    )A. 1 B. 3或−1 C. −3 D. −3或15.已知空间向量a=( 3,0,1),b=(12,0, 32)，则a在b上的投影向量的模为(    )A. 3 B. 1 C. 2 D. 126.已知a→=(1,1,0),b→=(0,1,1),c→=(1,0,1),p→=a→−b→,q→=a→+2b→−c→，则cosp,q的值为(    )A. − 510 B. 510 C. − 55 D. 557.在空间直角坐标系O−xyz中，OA=(−1,2,1)，OB=(1,1,2)，OP=(2,1,1)，点Q在直线OP上运动，则QA⋅QB的最小值为(    )A. −32 B. −23 C. 32 D. 238.三棱锥A−BCD中，底面是边长为2的正三角形，AC⊥BC,AD⊥BD，直线AC与BD所成角为45°，则三棱锥A−BCD外接球表面积为(    )A. 6π B. 19π3 C. 8π D. 25π3二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.(多选)将正方形ABCD沿AC折叠如图所示，其中点E,F分别为AD,DC的中点，点R,T将线段AC三等分，则(    )A. RT=23EF B. AB+AD=3RTC. AB=DC D. EB=AB−12AD10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是(    )A. DB1=3 2 B. 向量AE与AC1所成角的余弦值为 155C. 平面AEF的一个法向量是(4,−1,2) D. 点D到平面AEF的距离为8 212111.如图，在棱长均为2的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且∠A1AB=∠A1AD=60°，下列选项正确的是(    )A. BD1长为2 3B. 异面直线AC与BD1所成角的余弦值为 63C. A1C⊥B1D1D. AA1⊥BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a=(2,−1,4)，b=(−1,5,−2)，c=(1,4,λ)，若a、b、c三向量共面，则实数λ等于_          _.13.在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,5,−1),B(1,3,1),C(0,0,4),D(−1,m,n)，若四边形ABDC为平行四边形，则(m,n)=          ．14.在正四棱锥P−ABCD中，PF=23FD，PE=2EB，设平面AEF与直线PC交于点G，PG=λGC，则λ=          ．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O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点(如图所示)，并且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，AC=AD+mAB，EG=EH+mEF.求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；(2)AC//EG；(3)O、G、C三点共线．16.(本小题15分)如图，四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，BC⊥平面PCD，DA//BC，CB=CD=CP=3AD=3.点F为PA的中点，点E在CD上，且CE=1．  (1)求证：BE⊥CF；(2)求平面ABP与平面BPC夹角的余弦值．17.(本小题15分)已知空间中三点A(−1,1,1)，B(0,2,1)，C(−2,1,3)．(1)设c=2 2，且c//AB，求c的坐标；(2)若四边形ABCD是平行四边形，求顶点D的坐标；(3)求▵ABC的面积．18.(本小题17分)如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，AD=CD= 5，AE=14AA1．(1)求证：BE⊥平面ACB1；(2)求平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值；(3)若F为线段CD上的动点，求F到直线BE距离的最小值．19.(本小题17分)已知P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上一动点，M，N分别是线段B1C和CC1的中点，点Q满足MQ=λMN(0≤λ≤1)，且A1P⊥DQ，设P的轨迹围成的图形为多边形Ω．(1)证明：Ω为平行四边形；(2)是否存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角为π3.若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．(3)证明：点B和Ω形成的多面体的体积为定值．参考答案1.C 2.B 3.B 4.D 5.A 6.A 7.C 8.A 9.AD 10.BCD 11.ACD 12.2 13.(−2,6) 14.12/0.5 15.【详解】(1)由AC=AD+mAB，EG=EH+mEF，知A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；(2)由OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，得EG=EH+mEF=OH−OE+mOF−OE=kOD−OA+kmOB−OA=kAD+kmAB=kAD+mAB=kAC，所以AC//EG；(3)由(2)知EG=kAC，所以OG=EG−EO=kAC−kAO=kAC−AO=kOC，所以OG=kOC，即OG//OC，又OG与OC有一个公共点，所以O、G、C三点共线． 16.【详解】(1)证明：因为平面PBC⊥平面ABCD，因为∠BCP=90°，可得PC⊥BC，又因为平面PBC∩平面ABCD=BC，且PC⊂平面PBC，所以PC⊥平面ABCD，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(−1,3,0)，B(−3,0,0)，C(0,0,0)，D(0,3,0)，E(0,1,0)，F(−12,32,32)，所以BE=(3,1,0)，CF=(−12,32,32)，则BE⋅CF=3×(−12)+1×32+0×32=0，所以BE⊥CF，所以BE⊥CF．(2)解：由已知得平面BCP的一个法向量为m=(0,1,0)，因为CP=3，又由BA=(2,3,0),BP=(3,0,3)，设平面ABP的法向量n=(x,y,z)，则n⋅BA=2x+3y=0n⋅BP=3x+3z=0,取x=3，可得y=−2,z=−3，所以n=(3,−2,−3)，则cosm,n=m⋅nmn=0×3+1×(−2)+0×(−3)1× 22=− 2211，所以平面ABP与平面BPC夹角的余弦值为 2211． 17.【详解】(1)由已知得AB=(0,2,1)−(−1,1,1)=(1,1,0)．因为c→/\!/AB→，所以可设c=λAB，所以c=|λ|⋅AB=|λ|× 1+1+0= 2|λ|=2 2，解得λ=±2，所以c=2AB=(2,2,0)或c=−2AB=(−2,−2,0)．(2)设D(x,y,z)，因为ABCD是平行四边形，所以AB=DC，由A(−1,1,1)，B(0,2,1)，C(−2,1,3)，得AB=(1,1,0)，DC=(−2−x,1−y,3−z)，所以−2−x=11−y=13−z=0 ⇒x=−3y=0z=3，故D(−3,0,3)．(3)由题可得CA=(1,0,−2)，CB=(2,1,−2)，所以CA= 12+0+(−2)2= 5，CB= 22+12+(−2)2=3，所以cosCA,CB=CA⋅CBCA⋅CB=6 5×3=2 55，又CA,CB∈0,π，所以sinCA,CB= 1−cos2CA,CB= 55，所以▵ABC的面积S=12CA⋅CBsinCA,CB=12× 5×3× 55=32． 18.【详解】(1)证明：由直四棱柱ABCD−A1B1C1D1知A1A⊥底面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以A1A⊥AC，又AB⊥AC，A1A∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，因为BE⊂平面ABB1A1，所以AC⊥BE．因为AB=1，AC=AA1=2，AE=14AA1，所以AEAB=12=ABBB1，∠EAB=∠ABB1=90°，所以▵ABE∽▵BB1A，所以∠ABE=∠AB1B，因为∠BAB1+∠AB1B=90°，所以∠BAB1+∠ABE=90°，所以BE⊥AB1，又AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面ACB1，所以BE⊥平面ACB1．(2)解：因为A1A⊥底面ABCD，AB,AC⊂平面ABCD，所以A1A⊥AB,A1A⊥AC，因为AB⊥AC，所以AC，AB，AA1两两垂直，所以以A为原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1,−2,0)，D1(1,−2,2)，E0,0,12，由(1)知，EB=0,1,−12为平面AB1C的一个法向量．设n=(x,y,z)为平面AD1C的一个法向量，因为AD1=(1,−2,2)，AC=(2,0,0)，所以n⋅AD1=0n⋅AC=0，即x−2y+2z=02x=0，令z=1，可得n=(0,1,1)．所以cosn,EB=n⋅EBn⋅EB=1−12 1+14× 2= 1010，所以平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值为 1010．(3)解：设CF=λCD=(−λ,−2λ,0)，0≤λ≤1，则F(2−λ,−2λ,0)，EF=2−λ,−2λ,−12，设F到直线BE的距离为d，则d=EF 1−cos2EB,EF= EF2−EB⋅EF2EB2= (2−λ)2+4λ2+14−(−2λ+14)21+14= 95λ2−165λ+215= 95λ−892+259，所以当λ=89时，dmin=53，即F到直线BE距离的最小值为53． 19.【详解】(1)∵A1P⊥DQ，∴DQ⊥截面Ω，当Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，当Q在点N时，DQ在平面ABCD内的射影为DC，令E,F分别为AB,DC的中点，过A1的截面A1EFD1与AK和DC均垂直，即与DQ垂直，即截面Ω为A1EFD1，当Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，DQ在平面ABCD内的射影为DH，过A1的截面为A1ECG与AK和DH均垂直，即与DQ垂直，即截面Ω为A1ECG，当Q在MN上移动时，截面Ω绕A1转动，当Q在点N时，DQ在面ABCD射影为DC，由面面平等的性质可知截面Ω总为平行四边形；(2)不存在理由：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，过Q作QZ⊥BC于Z，由题意得QZ⊥平面ABCD，∴QZ是平面ABCD的一个法向量，∵QD为平面Ω的一个法向量，∴∠DQZ为Ω和底面ABCD的夹角，∴cos∠DQZ=QZDQ≤ 55