河北石家庄市七县联合体2026-2027学年高二上学期10月质量检测数学试题

2026—2027学年第一学期高二年级10月质量检测 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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．若经过，两点的直线的倾斜角为，则 A． B．2 C． D．4 2．若空间向量，，，，则其中单位向量的个数为 A．3个 B．2个 C．1个 D．4个 3．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为 A． B． C． D． 4．已知向量是直线的一个方向向量，向量是平面的一个法向量，若，则 A．0 B． C．4 D．3 5．在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为 A． B． C．3 D． 6．已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的最小值为 A． B．5 C．4 D．9 7．设，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是 A． B． C． D． 8．在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，为线段上的一个动点，则的最小值为 A． B． C．4 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．下列说法正确的是 A．任意一条直线的倾斜角都存在 B．倾斜角为钝角的直线必过第三象限 C．两条平行的直线一定有相等的斜率 D．若直线的斜率为负数，则其倾斜角为钝角 10．若为空间的一个基底，则下列各组向量一定能构成空间的一个基底的是 A．，， B．，， C．，， D．，， 11．在棱长为4的正方体中，点满足（），点在底面内，且，则 A．当时， B．当时， C．直线和平面所成的角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知两点与，则                  ． 13．在空间直角坐标系中，已知点，，则直线与平面的交点的坐标为                  ． 14．在直三棱柱中，，点为侧面上的任意一点，则的取值范围是                  ． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15．（本小题满分13分） 已知，，． （1）若，求m的值； （2）若，求k的值． 16．（本小题满分15分） 已知直线经过，，直线经过点，． （1）若，求m的值； （2）若，求m的值． 17．（本小题满分15分） 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． 18．（本小题满分17分） 如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）若底面为矩形，，异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离． 19．（本小题满分17分） 如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面，且． （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）若点在线段上运动（不含线段端点），且．当直线与平面所成的角最大时，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $2026一2027学年第一学期高二年级10月质量检测 数学·参考答案、提示及评分细则 题号 5 答案 A B C D A 题号 7 10 11 答案 B D AD BC BD 12.V22(5分，其他结果均不得分) 13.（-22,-9,0）(5分，其他结果均不得分) (5分，结果正确均得分) k=6 15.(1)m=2(2)-7 (1)由a=(2-3,1）,6=(20,3),c=(00,m)】 得a-6+=(2,-3,）-(20,3+m）=4+3+m=9 可得m=2 (6分) 2)因为ka+)1(a-列，所以(ka+6)(a-列=0 (8分) 即(2k+2,-3k,k+3)小(0，-3，-2)=9k-2k-6=0 k=6 ,解得 7， (13分) 16.(1)m=1(2)m=-9 6211 =(m+2)-2。m (1)直线4斜率0-33，直线b的斜率 -2-1 3, …(4分) 1_m 由得k=k2,所以33，所以m=1 …(8分) 1d无，唐网到- ，所以m=-9 (15分) 17.(1)BD=AD-AB,AC=AB+AD+(2)详见解析(3)V34 (1)BD=BA+AD=-AB+AD. AC=AB+BC+CC=AB+AD+AA 。。。。。。。。。。 (4分) (2)因为AB=AD=3,AA=2,∠BAD=90°，∠BAA=∠DAA=60°， 所以AB.AD=0,AB.Af=AD.Af=3×2×c0s60°=3，…(6分) 由1)得D.4C-(D-)(B+D+A列） AD.AB+AD'+AD.A4-AB'-AB.AD-AB.AA =0+32+3-32-0-3=0,… (9分) 所以BD⊥AC,即BD⊥AC, (10分) (3)由(1)得AC=AB+AD+AA, (11分) 所以AC=(AB+AD+AA =AB'+AD'+A4+2AB.AD+24B.A4+2AD.AA =32+32+22+2×0+2×3+2×3=34 所aC=64.甲4C约长N34 (15分) 2V6 18.(1)详见解析(2)3 (1)证明：连接AB,交4B于点E,连接E,ME,(2分) D D 则E为线段4B的中点， ME-TA4 因为M为棱AB的中点，所以MEAA,且M 因为V为棱DD的中点，所以DNA4,DN=)4 2 所以ME/DN,且ME=DN,…(4分) 所以四边形EMDN为平行四边形， 所以EN/DM. 又因为DMZ平面ABN,ENC平面4BN 所以DMI∥平面ABN …（6分) (2)由题意(1)及几何知识得， 在直四棱柱ABCD-4B,CD中，AB=2AD=4,AB,AD,A4两两垂直，以A为坐标原点，分 别以AB,AD,A4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. 2 M 设44=2t>0),则B(4,0,0),D(02,0),4(0,0,2)）.M(2,0,0).N(0,2,)」 B(4,0,2).DM=(2,-2,0).4N=(0,2,-t) …（8分)》 设异面直线DM与AN所成角为B,则 DM.AN AN)月 20 cos0=cos(DM DM AN V22+(-22.V22+(-)2V4+2 5 解得：t仁1， (10分) 故4(00,2)，V(0,21),B(4,02). 则4B=(4,0-2）,4N=(0,2-).B6=(00,2) (11分) 设平面4BN的一个法向量为1=（化，少，2）， B到平面ABN的距离为d. 4B.n=0, [4x-2z=0, 所以4Wn=0,即2y-z=0取z=2. 得n=(11,2) …（14分) B,B.n10x1+0×1+2×24_26 所以 V2+12+22 63 2W6 即B到平面4B 的距离为3 (17分) √6 1 19.(1)3(2)2 (1)因为PD⊥平面ABCD, 在菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=120°，所以∠BCD=60°，则△BCD为等边三角形， 取BC中点E,所以DE⊥BC,又BCIIAD,所以DE⊥AD, …（2分) 以D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 所以D(0.0,0).420.o,P0,0v6)85,0,c(l,5,0）.E03. ,…(3分) 平面PAD的一个法向量为 DE=(0,5,0 (4分) 得到PB=(5,-6).CB=(2,00)】 设平面PBC的一个法向量为m=(x,八，2) m·PB=0 [x+3y-√6z=0 所以mCB=0,即 2x=0 取y=5,则x=0,2=1,所以m=(0,5,) (6分) DE.m 0×0+V3×V2+0x1√6 所以cos(DE PBC DE同 √5×2+1 3 6 所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为3· …(7分) (2)由题意得CB=(2,00）,而点M在线段PB上运动， 得到PB=-(5,6,P丽=APB=-(2,526）.0<<1 且4c=(35,0),MP=(-2,0v6) AM=AP+PM=(1-2,3元，V61-2) …(9分) 设平面4CM的一个法向量为n=(a,b,c), n·AC=0 -3a+V3b=0 所以n:AM=0,即l(a-2)a+V51b+V6(-元)c=0 2-42 取a=1,测6=5，c60-】 所以 。。。。。。。。。。。。 (11分) 设直线BC与平面ACM所成的角为B,要使B最大，即sinB最大， CB.n n)= 所以sin0=cos(CB c@园 2 1 1 2 2+3+ 2-42 21-2元2 4+ V31- 2+,12 V4+ V6(1-2) -11 ,…（14分) =2+ 因为函数 x-1在(0,1上单调递减， )2 .1 所以当2时，sin0取到最大值2， 1 所以当直线BC与平面ACM所成的角最大时，元的值为2， …（17分)