山东临沂第四中学2026-2027学年高二上学期阶段性测试数学试题

临沂四中高二年级阶段性测试（数学) (考试时间：120分钟，分值：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.己知直线经过点A(2,-8),B(5,),则直线的斜率为() A.3 C.3 2.点M(2,1.-2)关于平面Oy对称的点的坐标为（) A.（-2.1,-2) B.（-2,-1,-2) C.(2,-1,-2) D.（2,12) 3.已知向量a=(1,-2,0),6=(1,3,1)，则a6=() A.-5 B.5 C.-4 D.4 4.已知平面a的-个法向量m=(1,1,2),平面B的一个法向量万=(-2，y,z),若a∥B,则y-z=() A.5 B.2 C.-2 D.-6 5.已知A(-3,0),B(3,2),若过点(1，一2)的直线与线段AB(含端点)总有公共点，则直线的斜率的取值范 围为() A.2 B.-2 C.（-∞，-U2,+o) D.(-o,-2]uB,+o） 6.已知平面a的一个法向量n=(2,-l,1),若直线1⊥平面a,则直线1的一个方向向量m可以是() A.（-4,2,-2) B.（L,1,-1) C.（-2,-1,1) D.(L,l,1) 7.如图，函数f(x)=x-1图象上两点A,C关于原点对称，点A的横坐标为V2,过点A,C分别作两坐标轴 的垂线得到矩形ABCD,矩形与坐标轴的交点分别记为A1,A2,C1,C2.将图象沿x轴折叠，得到一个二面角A一- A1C1-C,若AC=,则二面角A-A,C,-C的平面角的大小为() 2 B 0 C A.30° B.45° C.60° D.75 1 8.在直三棱柱ABC-ABC中，凡A,=AB=AC=2,AB⊥AC,点M在三棱村的表面上运动，且满足 B,M⊥CB,则下列结论错误的是() C A.点M可以是线段BC的中点 B.点M的轨迹长度为3V2+6 C.存在点M,使得点B到平面M1B的距离为5 B D.任意点ME平面ABB,A,都有AC∥平而MAB 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的 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.如图所示，四条直线l1,l2,l3,l4的斜率分别是k1,k2,k3,k4,倾斜角分别是a1,2,3,C4,则下 列关系正确的是() A.k2<k1<k4<k3 B.k3<k2<k1<k4 C.a2<1<4<03 D.a3<02<a1<a4 10.已知向量a=(1,-1,0),b=(-1,0,1),c=(3,-3,1),则（) A.a/6-) B.(a+b)L(a-B) C.向量a,石的夹角为 D.向量在向量a.上.的投影向量为3 11.己知空间四面体OABC,则() A.当O丽=0A+0B+0C,则点P在平面ABC内 B若该四面体的棱长都为a,则异面直线0A,8c间的距离为号a C.若M为AB中点，则直线OC.上存在点N,使得OMI∥BN D.若OA⊥BC,OB⊥AC,则OC⊥AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.经过点P(-2,一1)，Q(3,a)的直线l与倾斜角是45的直线平行，则a的值为 13.如图，在四面体ABCD中，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE=3ED,以{AB,AC,AD}为空间的一个 基底，则GE=一 G B 14.达芬奇认为：利音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运 用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖，仁正六边形上面了具有视觉效果的正方 体图案（如图1）把三片这样的达芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体，若图3中 每个正方体的棱长为1，则点F到直线QC的距离是 (图1) (图2) （图3) 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) 己知平面直角坐标系内两点M(m+3,3m+5),N(2m-1,1). (1)当直线MN的倾斜角为锐角时，求m的取值范围： (2)若直线MN的一个方向向量为a=(1,-2027),求m的值. 16.(本小题15分) 已知向量a=（-2,-1,2),b=（-1,1,2),c=(x,2,2). (1)当@=2√2时，若向量ka+b与c垂直，求实数x和k的值： (2)若向量元与向量a,b共面，求实数x的值. 17.(本小题15分)在直角梯形ABCD中，AD/BC,BC=2AD=2AB=2V2,∠ABC=90°，如图①，把△ABD 沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD,如图②. B 图① 图② (1)求证：CD1AB: (2)若M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离. 18.(本小题17分)如图，在平行六面体ABCD-AB1C,D1中，AB=4,AD=4,AA1=6,∠BAD=LBAA1= ∠DAA1=60° (1)求四边形ACC1A,的面积； (2)求AD,与平面A1ACC1所成角的余弦值， 19.(本小题17分)如图，已知四棱锥M-ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面MAD是等边三角形，AB= MB=2BC=2,AD⊥BD,N为侧棱MC上一点. B (I)证明：平面MAD⊥平面ABCD: (2)求MC与平面BMD所成角的正弦值： (3)过A,N两点的平面分别交线段MD,MB于E,F两点，且BD/平面AENF,是否存在点N,使得平面 MNF与平面ABCD夹角为？若存在，求0的值：若不存在，说明理由」 CM 临沂四中高二年级阶段性测试（数学)答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1.C2.D3.A4.B5.C6.A7.C8.C 8根据题干信息，以点A为原点，分别以AB,AC,AA,为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(2.0,0),B(2,0,2),C(0,2,2),A(0,0,2),C(0,2,0),设点M(x,y,z) 故BM=(x-2,yz-2),CB=(2,-2,-2), C 由于BM⊥CB,则B,M.CB=2(x-2)2y-2(k·2)）=0,即x-y-z=0: ZA B A:当点M是线段BC的中点D时，此时点M的坐标为(L,1,O), 显然满足x一y一z=0,因此本选项结论正确： B:连接AB,DB,AB=(2,0,2),DB=(1,-1,2,CB,{2,-2,2, B文 所以AB·CB=4-4=0,DB,CB=2+2-4=0, 所以AB,⊥CB,DB⊥C,B,DB,∩AB,=B,,且两直线在平面AB,D内，所以CB⊥面AB,D, 则三角形AB,D的三边就是M的轨迹， 由于AB=V2+2=2N2,AD=BC=22+2=N2, B,D=BB,2+BD2= 2+行×2万-6，所以三角形80的周长为35+5，因先本选项说法正确。 :假设存在点M,使得点B到平面MAB的距离为，AM=(x少2AM=(x-2,以z三 设平面MAB的法向量为万=（x,y,Z), i·AM=0xx,+%+2弘，=0 i8M=0(x-2x+%,+-2z,=0'取x=1, 因为x-y-z=0,所以当y≠0时，得2，=-1，y=-1, 当y=0时，得=-1，y∈[0,2]， 当方=(1，-1，-1)时，AB=(2,0,0), AB.n 所以点B到平面MAB,的距离为 x AB= ×2=255 AB 3 3 当万=(1，y,-1)时， AB AB. 点B到平面MAB,的距离为 .25 AB州 V1+y2+13 解得：y=士0E[0,2],显然假设不存在，所以不存在点M,使得点B到平MAB的距腐为5，因此本 选项说法错误： D:任意点ME平面ABB,A,此时y≠0，所以万=(1、-1，-)，AC=(0,2,-2), 因为4C·n=-2+2=0,A,C口平面MAB,所以都有AC∥平丽MAB,因此本选项说法正确 二、多项选择题：本题共3小题、每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的 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.BC 10.BD 11.ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.【答案】413.【答案】-立AB-号AC+A而14.【答案】V2 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.解：(I)设直线MN的倾斜角为8，因为倾斜角0为锐角，所以直线MN的斜率k=tan0>O, 又k一二品>0，即（6m+m-4)<0.解得-专<m<4,即m的取值范围为-专 2)因为直线MN的一个方向向量为ā=(，-2027)，所以k=3m:-2027、解得m= 1014 m-4 16.解：(1)因为=Vx2+22+2=2V2,所以x=0.ka+6=（-2k-1,1-k,2k+2), 因为向量ka+6与c垂直，所以(ka+b)·c=0, 即0×(-2k-1)+2(1-k)+2(2k+2)=0,即2k+6=0,解得k=-3,所以实数k的值为-3. (2)因为向量c与向量a,b共面，所以c=a+b(入，μ∈R), 因为(x,2,2)=λ(-2，-1,2)+μ(-1,1,2)， X=-2入-μ 2=μ-入，所以 入一，所以实数x的值为-左 2=2λ+2μ 17.解：(1)证明：由已知条件可得BD=2,CD=2,CD1BD A 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABDn平面BCD=BD.所以CD⊥平面ABD B 又因为ABc平面ABD,所以CD⊥AB, M (2)以D为坐标原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知条件 可得D(0,0.0),A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),CD=(0,-2,0),AD=(-1.0,-1). 2 设Ψ面ACD的个法向计为疗(xy).则C而L元，访1元，所以{Cin-可俐 i,n-0, (x+-0 x1,Ψ价ACD的·个法向1为元(1,0，-1) 因为MC=(-11.0.所以点M剂平ACD的房dM n 18.解(1)因为口ABCD1AB-AID·4,∠)AB-60, 所以AC=4了，BD=4,又1ΛΛ-6，÷入·∧(.6+)-，6+石.-24， .cos AAI.AC>= 品和停卸AAC:号 3 所以sin∠A,AC=√1-cos2ZA1AC. 3 所以SN边形ACCA,-IAAACsin∠AAC=6×4V万x5-24/2, (2)连接A,C1,B,D1交于点H,连接AD1,AH 菱形ABCD1、DB1⊥AC 又DB1,AA=(6-·a=0,所以DB1⊥AA 又AA1nA,C1=A1,AA1,ACC平面A1ACC1,所以D,B1⊥平面A1ACC1 ∠D1AH为AD,与平而A1ACC所成的角， 又A丽=ā+5+起， =国+B+=62+4+4+6×4x2+6x4×号+方×4×4×经72，丽=6V2, 又AD=a+元，AD”=@+=36+16+2×6×4×=76, AD=2V19,所以cos∠D1AH=AH=6N2-3V38 1AD1l2W19-19 所以AD,与平面A1ACC,所成角的余弦值为3N3E 19 19.解：(1)证明：连接BD,因AD⊥BD,BD2=AB2-AD2=22-12=3,所以BD=V3, 侧面MAD是等边三角形，所以MD=1,又MB=2,MD2+BD2=MB2,故MD⊥BD, 市题意得AD⊥BD,AD n MD=D,ADC平面MAD,MDc平面MAD,可得BD⊥平面MAD, 又因BDC平面ABCD,所以平面MAD⊥平面ABCD. (2)取AD的中点O,AB的中点P,连接PO,OM,因为侧面MAD是等边三角形，所以M0⊥AD, 由(1)知平面MAD⊥平面ABCD,平面MADn平面ABCD=AD,则M0⊥平面ABCD, 在平面ABCD内，由AD⊥BD,易得P0⊥AD, 以AD中点O为坐标原点，分别以OA,OP,OM所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角 3 坐标系， 则A(G,0,0),B(3.0)c(-3,0)D(0.0),M(0,0)Dm=(G,0,).BM=(（G-3,) 设平面BMD的一个法向量为示=(x,y,z), 则 五m=x+号2=0 ·令z=1,则x=-√5，y=0, 气.Bm=x-v3y+汽2=0 所以后=(-V3,0,1)为平面BMD的-个法向量， Mc=(-V3-》设MC与平面BMD所成角为0,0e[0,引 则sind cosMC,n MC.n 3 22+3+ =号，所以MC与平面BMD所成角的正弦值为号 (3)因为BD/平面AENF,平面AENF O平面MBD=EF,BDc平面MBD, 所以BD/EF,假设存在点N,使得平面AENF与平面ABCD夹角为 设CN=ACM0≤入≤1)，则AN=AC+CN=AC+CM=(-2+XV3(1-)受 设平面AENF的一个法向量为m=(a,b,c),由BD/EF, 则向·丽=(-2+)归+v3(1-b+9c=0, m1·DB=V3b=0 令a=V3λ，则b=0,c=4-3λ，所以m=(V31,0,4-3)为平面AENF的-个法向量， 因为z轴⊥平面ABCD,所以平面ABCD的一个法向量m2=(0,0,1), 设平面AENF与平面ABCD夹角为a,a∈[D,引， 可得cosa=cosmi,m2 mim2 14-3 mm2 1√32+(4-3为7 2 化简得：16-24以=0，又因0≤入≤1解得入=号 所以存在点NM,使得平面AENF与平面ABCD夹角为后