四川省成都市树德中学2026-2027学年高二上学期10月阶段性测试数学试题

树德中学高2025级高二上学期10月阶段性测试数学试题 本试卷满分150分，考试用时120分钟 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，只有一个选项是 正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 1.直线2x-3y+1=0的一个方向向量是() A.(2,3) B.(3,2) C.(2,-3) D.(3,-2) 2.在空间直角坐标系中，O为坐标原点，对空间中一点P(2,-3,4),则下列叙述正确的是() A.点P关于x轴的对称点是P(-2,-3,4)B.点P关于平面yOz的对称点是D(2,3,-4) C.点P关于y轴的对称点是卫(-2，-3,4)D.点P关于原点的对称点是P(-2,3,4) 3已知四棱锥P-ABCD,PE-PC,底面ABCD为平行四边形，若B=a,D=,护=c,则眨 等于() 3→13+ 4a+46+ A.- B.-5a-6+5e Q- 4°4°4 c. 51,5- 31,3→ -a+-b--C D. -a-一b-C 444 444 4.设k为实数，空间向量=(1,2，-)，b=(化，-1,2k+),则以下说法正确的是() A当k=时，ab B当k三时，ab C.当k=-3时，a⊥b D.当k=-1时，a⊥b 5.己知直线l:x+y-2=0,1,:ax+4y+4=0.且11/l2,则实数a=（) A.+2 B.-1 C.-2 D.2 6.已知{a,b,c是空间的一组基底，则不能与a+b构成另一组基底的是() A.b,a-c B.b+c,a+cC.c,a+b-2c D.B-c,a+b+c 7.已知空间向量ā=(2，-1,2)，b=(1,2,2),则向量ā在向量b上的投影向量为() 488 A.999 B. 488 488 c.33) 212Y 9’9’9 D.33 8.公元1765年瑞士数学家莱昂哈德.欧拉(LeonhardEuler)在其所著的《三角形的几何学》一书中提出： 三角形的外心（三条中垂线的交点）、重心（三条中线的交点）、垂心（三条高线的交点）在同一条直线上 后来，人们把这条直线称为欧拉线.若△ABC的顶点A(-12,0),B(0,12),C(6,0),则其欧拉线方程为() A.x+y+6=0B.x+y-2=0C.x-y+6=0D.x-y-2=0 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 部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9.若n=(2,3,-1)为平面a的法向量，m=（4,a,2)为平面B的法向量，=(1,2，b)为直线1的方向向量， 则() A.若a川B,则a=-6 B.若1⊥B,则b=-2 10 C.若a= 3,则alB D.若b=8,则Ica 10.下列说法正确的是() A.过点P(1,2)且在x轴，y轴截距相等的直线方程为x+y-3=0 B.若a=0,则直线3x+y=2与直线ax+3y+1=0垂直 的倾斜角的取值范围是 ππ 43 D.经过点(x,),B(x2,2)的直线方程均可用(x2-x)y-y)=（y2-y)(x-x)表示 11.正方形ABCD、ABEF的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点M、N分别在正方形对角线AC和 BF上移动，且CM=BN=a(0<a<V2).则() A.直线AC与BF所成的角为60 D B.MNI∥平面DAF B C当a=2时，MW的长最小，且最小值为 2 D.当MN的长最小时，点F到平面AMN的距离为 2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,1),B(1,L,0),C(0,1,1),D(3,3,1),则点D到平面ABC的距离为 13.0不与AB,C,D共面，并且ABCD四点在一个平面上，20D=x0A+0B+0C(x,y>0),则+9的 x y 最小值为 14.已知P、2分别在直线：x-y+1=0与直线l2:x-y-1=0上，且P9⊥1，点A(-4,4),B(4,0),则 AP+P+QB的最小值为 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.(13分)如图，对正方体ABCD-AB,CD,AB=2,M,N分别是BD和AD的中点. (I)(7分)求N到B,M的距离； D C (2)(6分)求异面直线B,M与D,N所成角的余弦值. B B 16.(15分)设直线1的方程为(a+1)x+y-5-2a=0(a∈R). (1)(6分)求证：不论a为何值，直线I必过一定点P; (2)(9分)若直线I分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点A(x4,0),B(0,yB),当△AOB面积最小时，求 △AOB的周长； 17.(15分)如图，平行六面体ABCD-AB,CD的底面ABCD是边长为1的菱形，且 ∠CCB=∠CCD=∠BCD-号，C4L平面CBD, B (1)(5分)证明：BD⊥CC 2)(5分)求4C D (3)(5分)求平行六面体ABCD-AB,CD的体积 D 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为6的正方形，PA⊥面ABCD,PA=6,点 E是棱PD的中点，点F是棱PC上的一点（不包含端点）. D (1)(4分)求证：PB‖面EAC; (2)若平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为 3 (i)(5分)求三棱锥P-AEF的体积； (i)(8分)记平面AEF交PB于点G,点H在平面PBC上， 求GF与平面HAD所成角的正弦值的取值范围. 19.(17分)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，其中PA≠PC,二面角B-PC-A的大小 为60°，平面PDB⊥平面PAC,面PDB∩面PAC=PO,AH⊥PO. (1)(4分)证明：BD⊥面PAC; (2)(6分)若PA=1,求直线PB与平面PCD所成角的大小： (3)(7分)如图，若PA⊥AB,平面PADO平面PBC=l,Q为I上一动点.平面ABQ与平面CDQ夹角的大 小为0，求cos0的最小值」 D以 D B 树德中学高2025级高二上学期10月阶段性测试数学试题参考答案 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B C A C D C A AC BCD ABC 12.5 13.1614.58+V2 3 15.(1)以D为原点，分别以DA,DC,DD,为x,y,z轴建立空间直角坐标系，已知正方体棱长AB=2,故 B(2,2,2),M01,0),N1,0,0),D,(0,0,2),所以BM=(-1,-1,-2),BN=(-1,-2,-2）,所以 BN.B,M=(-1)×(-1)+(-2)×(-1)+(-2)×(-2)=7, ZA D B,M=V-1)2+(-1)2+(-2)2=6,B,N=(-12+(-2y}+(-2}2=9, 所以点N到BM的距离 BN.BM 4=BN- BM 6 7分 N/D (2)由(1)DN=(1,0,-2),已有BM=(-1,-1,-2), 所以BM·DN=(-1)×1+(-1)×0+(-2)×(-2)=3,D,W=VP+02+(-2)=V5,B,M=V6, BMDN 设异面直线BM与D,N所成角为0，则cos0= 3√30 B,M:DN6×5-10 13分 16.解：(1)由(a+1)x+y-5-2a=0得a(x-2)+x+y-5=0, x-2=0 x=2 则 (x+y-5=0'解得 所以不论a为何值，直线1必过一定点P(2,3);6分 5+2a (2)由(a+1)x+y-5-2a=0得，当x=0时，yg=5+2a,当y=0时，x4= a+11 ya=5+2a>0 又由 x,=5+200得a>1, a+1 w-52-4o+0g3y4o品g-2 当且收当4a+小，用a取等号A0.B0可。 ∴.△4OB的周长为0A+0B+AB=4+6+V42+62=10+2V13.15分 17.(1)连接AC,因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以AC⊥BD, 因为CA⊥平面CBD,BDc平面CBD,所以CA⊥BD,因为CA∩AC=C,CA,ACC平面ACC,A, 所以BD⊥平面ACC4,因为CC,C平面ACCA,所以BD⊥CC5分 (2)因为CA⊥平面CBD,CDc平面CBD,所以CA⊥CD CA=C4+CC=CD+CB+CC,CD=CD-CC CCD=CD+CB+CCCD-CC)=0, CD-CD.CC+CB.CD-CB.CC+CC.CD-CC=0.CD+CB.CD-CB.CC-CC =0 又∠CCB=∠CCD=∠BCD-号，CB=CD=1,设CC的长度为m, 故P+号m-m2=0,解得m=1,负值合去，又G=C+CG=-团-G西+CG CD-CB+CC=CD+CB+CC+2CD.CB-2CD.CGC-2CB.CC =r+++2x2x分2x2,所以4C-4C-510分 8)dG-@网G-mc+.x-tl -+c可-n+2D.+i-+2x+1=5. 故aC 同a网-g5 CA.CC 1 越点G作cE14C于点，则G8=cCC如(@a网-9 因为BD⊥平面ACCA,CEc平面ACCA,所以BD⊥CE,因为 AC,BDC平面ABCD,AC,BD为相交直线，所以CE⊥平面ABCD, 故C,E为平行六面体ABCD-AB,CD的高， 菱形ABCD的面积为CD.CBsin.∠BCD=5 ,则平行六面体 2 B ABCD-48CD,的体积为5CE=5x6_2 232l5分 -X 18解：(1)因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为6的正方形，则以A为坐标原点，AB,AD,AP 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可得：D(0,6,0),P(0,0,6),B(6,0,0), E(0,33),C(6,6,0),连接AC,BD交与点0，∴.PB=(6,0,-6),E0=(3,0,-3),∴PB=2E0,故 PBEO,而PB面EAC,EO面EAC,因此PB面EAC4分 (2)因为AE=(0,3,3),PC=(6,6,-6),AP=(0,0,6),设P℉=2PC=(62,62,62)0<2<1), 则AF=AP+PF=(0,0,6)+(6元，62,62)=(62,62,6-62).设平面AEF的法向量为i=(x,y,2),则 2 n正=0即3+320 万：AF=0,{6x+62y+61-2)z=0'取y=1, 解得z=-九，x=1-21,则i=(1-22,元，-2)， 因为AP⊥平面ABCD,所以AP=(O,0,6)是平面ABCD的一个法向量. 因为平面r与平面CD的夹角的余张值为写，所以心优60-2术+( -62 V3 3 解得1-？或元=1（舍），所以PF=PC，所以三棱锥P-BF的体积 VP-ARE =VE-PAE -me款x6x6x6=69分 6 (i)设PG=uPB,则AG=AP+PB=(0,0,6)+4(6,0,6)=(64,0,6-64), 由可知=行》为平面4BGF的一个法向最，所以后1G,所以 4Gi=2μ-(2-24川=4-2=0，解得H=7所以Gf=PF-PG=(222)-(3,0-3)=(l21. 因为H在平面PBC上，所以B豆=sBC+tBP,所以 A五=AB+sBC+1BP=(6,0,0)+s(0,6,0)+1(-6,0,6)=(6-6t,6s,61).设平面HAD的法向量 m=(6X,),则m0=0即6=0 m:4=0,即{(6-60)x+6y+66=0'取=1得y=0,名=-1，则m=(化0,1-1)， 设Gf与平面HMD所成角为8，则in0=6osG,-6P+-6N2P-21+1- 因为2-2+1[2，所以00号 即GF与平面HAD所成角的正弦值的取值范围为 0,3 17分 19.(1)连接AC,BD交于点O,连接PO,在平面PAO内过A作AH⊥PO,垂足为H, 因为PA≠PC,所以垂足H不与点O重合，如图：又因为平面PDB⊥平面PAC,平面PDB∩平面 PAC=PO,AHc平面PAO,则AH⊥平面PDB,又因为BDc平面PDB,所以AH⊥BD.在正方形ABCD 中，AC⊥BD.AC∩AH=A,AHC平面PAC,ACC平面PAC,则BD⊥平面PAC,又因为PAC平面 PAC,所以PA⊥BD.4分 (2)以AB为x轴，以AD为y轴，过点A的平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(L,1,0),D(0,1,0),设P(m,n,),则AP=(m,n,0,BD=(-1,1,0).因为PA=1,所以 m2+n2+P=1①.因为PA⊥BD,所以AP.BD=-m+n=0②.因为BD⊥平面PAC,所以平面PAC法 7·BC=0 向量DB=L,-1,0),设平面BPC法向量n=(x,y,z),BC=(0,1,0),BP=(m-1,n,), 7·BP=0 y=0 则{m-1)+四+亿=0不妨取x=1,则z=1-m.所以7=，0,1-m, DB.n 因为二面角B-PC-A为60°，所以cos(DB7) 1 DBm +1VP+0-m2@. 由①②③解得m=0,n=0,t=1,或m 1=3即P00,1)或p2,2,1） 2 3n= 333 6分 (i)当P(0,0,)时，PB=(L,0,-1),PC=L,l,-1),DP=(0,-1,)设平面DPC法向量n2=(x,y,z),{ 2·PC=0 则 2·Dp=0 x+y-2=0, =0不妨取y=1,则z=l.所以=(@，1).cos(PB,》= PB.n2 -1 1 -y+z=0, 即{. y=z. PB72 1+1V1+12' 设B与平面PCD所成角为a,sma=mxP阻m-分又因为a0引， 所以a= 6·8分 设平面DPC法向量 1.11 乃=6xy2,P℃=0 x+3y z=0 %DP=0'则 31 x=0 11即 不妨取y=1,则z=1.所以，=(0,1,1). 33y+32=0 y=2 3 cos(PB,n3)》 PB.n3 2+ 33 3 P万 ,设PB与平面PCD所成角为a,sinu=os(Pa,n=5.又 2 因为ao 所以a=子l0分综上，PB与平面PCD所成角为严或 6 (3)因为PA⊥AB,PA⊥BD,ABOBD=B,AB,BDC面ABCD,所以PA⊥面ABCD.所以 PA⊥AB,PA⊥AD.以{AB,AD,AP为正交基建立空间直角坐标系.因为AD/IBC,ADC平面PAD,BC丈 平面PAD,所以BC/I平面PAD.又因为BCc平面PBC,且平面PBCO平面PAD=I,所以 BC11L,AD/1l,设P(0,0,s),Q(0,r,s),A(0,0,0),B(1,0,0),C1,1,0),D(0,1,0),PC=1,1,-S),BC=(0,1,0), 设平面PBC法向量么=(G,以，凸PC=0 74·BC=0 则+少-2=0 y=0,不妨取2=1，则x=.所以=，0》. 因为BD⊥平面PAC,所以平面PAC法向量DB=(L,-L,O).因为二面角B-PC-A为60°，所以 S cos60=cos(DB,,即2+1N2,解得s=l,即P1=1.l2分 设Q(0,r,1),AQ=(0,r,1),AB=(（L,0,0),设平面ABQ法向量1=(x,,z), 乃·AB=0 么0=0'则{x=0 则{y+2=0'不妨取y=1,则z=-r.所以%=(0,1，-月. D9=(0,r-1,1),DC=(1,0,0),设平面CDQ法向量n。=(x,y,z), DC=0 玩D0=0则{。-y+=0.不妨取y=l,则z=1-r,所以元=0，l,1l-） x=0, w4-城冠04分 11-ab 1+a2b2-2ab a=r,b=1-r,a+b=1,cos0=- 1+a2V1+b2 -V1+a2b2+a2+b2 1+a2b2-2ab d2b2-2ab+1 1 Vab2+(a+b2-2ab+1-Va2b2-2ab+2(ab-2+1' absa+b2、1 2=4 当且仅当a=b方时，《@s-子即eos0最小值为号17分 2 特别说明： 11题改编自教材第44页第18题 15题改编自教材第34页例6 17题改编自教材第32页例4 18题改编自教材第39页例10