2024-2025学年河南省郑州市高二上学期9月阶段性检测数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省郑州市高二上学期9月阶段性检测数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知空间两点A(2,1,1)，B(3,2,1)，下列选项中的a与AB共线的是( )
A. a=(1,0,1)B. a=(2,1,1)C. a=(2,−2,0)D. a=(2,2,0)
2.已知空间向量a=1,0,1，b=1,1,n，且a⋅b=3，则向量a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
3.直线l1的方向向量ν1=1,0,−1，直线l2的方向向量ν2=−2,0,2，则不重合直线l1与l2的位置关系是( )
A. 相交B. 平行C. 垂直D. 不能确定
4.已如向量a=1,1,0，b=−1,0,1，且ka+b与a互相垂直，则k=( )．
A. 13B. 12C. −13D. −12
5.已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量，点A(−1,2,1)在α内，则点P(1,2,2)到平面α的距离为( )
A. 55B. 5C. 2 5D. 510
6.在空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OB上，且OM=3MB，N为AC的中点，则NM=( )
A. −12a+34b−12cB. −12a+23b+12cC. 12a+34b+12cD. 12a−23b+12c
7.在正方体中ABCD−A1B1C1D1，直线A1B与平面BC1D1所成的角为( )．
A. 2π3B. π6C. π4D. π3
8.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M､N分别为AC，A1B的中点，则下列说法错误的是( )
A. MN//平面ADD1A1B. MN⊥AB
C. 直线MN与平面ABCD所成角为45°D. 异面直线MN与DD1所成角为60°
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.已知直线l1、l2的方向向量分别是AB=(2,4,x)、CD=(2,y,2)，若|AB|=6且l1⊥l2，则x+y的值可以是( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
10.已知空间三点A−1,0,1，B−1,2,2，C−3,0,4，则下列说法正确的是( )
A. AB⋅AC=3B. AB//AC
C. BC=2 3D. cs AB,AC=365
11.如图，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB，AE=BC=2,AB=AD=1,CF=87，则( )
A. BD⊥EC
B. BF//平面ADE
C. 平面EBD与平面ABCD夹角的余弦值为13
D. 直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l过点A2,3,1，且n=0,1,1为其一个方向向量，则点P4,3,2到直线l的距离为 ．
13.已知A0,1,1,B2,−1,0,C3,5,7,D1,2,4，则直线AB和CD所成角的余弦值为 ．
14.四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD=1，AB=3，G是▵ABC的重心，则PG与平面PAD所成角θ的正弦值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=(x,1,2),b=(1,y,−2),c=(3,1,z)，向量a/​/b，b⊥c
(1)求向量a，b，c的坐标；
(2)求a+c与b+c所成角的余弦值．
16.(本小题12分)
已知空间三点A0,2,3,B−2,1,6,C1,−1,5．
(1)求AB
(2)求▵ABC的面积；
17.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB=AC，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2．
(1)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且AM=3.试证明平面AMC⊥平面BMC．
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A−PM−B的正弦值．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB= 3．
(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC;
(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为 427，求AD．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.B
5.B
6.A
7.B
8.D
9.AC
10.AC
11.BCD
12.3 22
13.5 2266
14.23
15.解：(1)因为向量a/​/b，所以x1=1y=2−2，解得：x=−1，y=−1，
则a=(−1,1,2)，b=(1,−1,−2)，
又因为b⊥c，则b⋅c=3−1−2z=0，解得z=1，
所以c=(3,1,1)
(2)由(1)知a=−1,1,2,b=1,−1,−2,c=3,1,1，
所以a+c=(2,2,3)，b+c=(4,0,−1)，
则a+c= 17，b+c= 17，a+c⋅b+c=8−3=5，
即a+c与b+c所成角的余弦值cs a+c,b+c=(a+c)⋅(b+c)|a+c|⋅|b+c|=517

16.解：(1)∵AB=−2,−1,3，
∴AB=AB= 4+1+9= 14.
(2)设向量AB，AC的夹角为θ，
由A0,2,3,B−2,1,6,C1,−1,5，
∴AB=−2,−1,3，AC=1,−3,2，
∴|AC|= 4+1+9= 14.
∴csθ=AB⋅ACABAC=−2×1+−1×−3+3×2 14× 14=12，
又三角形中θ∈0,π，θ=π3
∴S▵ABC=12ABACsinθ=12× 14× 14×sinπ3=7 32．

17.解：(1)证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；
则O(0,0,0),A(0,−3,0),B(4,2,0),C(−4,2,0),P(0,0,4)，
故AP=(0,3,4)，BC=(−8,0,0)，
∴AP⋅BC=0×(−8)+3×0+4×0=0，
(2)证明：因为PO⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，所以PO⊥AO，
因为PO=4,AO=3，故AP=5，∵M为AP上一点，且AM=3，
∴M(0,−65,125)，∴AM=(0,95,125)，
BM=(−4,−165,125)，CM=(4,−165,125)；
设平面BMC的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BM⇀=0n⋅CM⇀=0，即−4a−165b+125c=04a−165b+125c=0,
令b=1，则n=(0,1,43)；
设平面AMC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AM⇀=0m⋅CM⇀=0,
即95y+125z=04x−165y+125z=0，令x=5，则m=(5,4,−3)；
由于n⋅m=0×5+1×4+43×(−3)=0，
得n⊥m，即平面AMC⊥平面BMC．

18.解：(1)因为PD⊥底面ABCD，且矩形ABCD中，AD⊥DC，
所以以D为原点，DA,DC,DP分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，
设BC=t，At,0,0,Bt,1,0,Mt2,1,0,P0,0,1，
所以PB=t,1,−1,AM=−t2,1,0，
因为PB⊥AM，
所以PB·AM=−t22+1=0，
所以t= 2，
所以BC= 2；
(2)设平面APM的一个法向量为m=x,y,z，
由于AP=− 2,0,1，
则m·AP=− 2x+z=0m·AM=− 22x+y=0,
令x= 2，得m= 2,1,2，
设平面PMB的一个法向量为n=x′,y′,z′，
由于MB=( 22,0,0)
则n·MB= 22x′=0n·PB= 2x′+y′−z′=0,
令y′=1，得n=0,1,1，
所以csm,n=m·nmn=3 7× 2=3 1414，
所以二面角A−PM−B的正弦值为 1−3 14142= 7014．
19.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又因为AD⊥PB，PA∩PB=P，PA,PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB，
因为AB= 3，BC=1，AC=2，AB2+BC2=AC2，所以BC⊥AB，
于是AD/​/BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC．
所以AD/​/平面PBC．
(2)因为AD⊥DC，以D为原点，分别以DA，DC，为x，y轴，过点D作PA的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
设AD=a>0，则DC= 4−a2，D(0,0,0)，A(a,0,0)，C(0, 4−a2,0)，P(a,0,2)，
设平面DCP的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，因为DC=0, 4−a2,0，DP=a,0,2，
所以由DC·n1=0DP·n1=0，即 4−a2⋅y1=0ax1+2z1=0，
可取n1=(2,0,−a)；
又AP=(0,0,2)，AC=(−a, 4−a2,0)，
设平面ACP的一个法向量n2=(x2,y2,z2)，所以AP·n2=0AC·n2=0由2z2=0−ax2+ 4−a2y2=0,
取n2=( 4−a2,a,0)，
因为二面角A−CP−D的正弦值为 427，所以余弦值的绝对值为1 7．
所以由csn1,n2=1 7=n1⋅n2|n1|·n2=2 4−a22 4+a2，得a2=3，a= 3，
因此，AD= 3．