福建厦门市杏南中学2026-2027学年高二上学期10月阶段测试数学试卷

厦门市杏南中学2026-2027学年学年上学期10月阶段测试卷 高二年级 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.在空间直角坐标系Oxyz中，点关于平面Oxy对称的点的坐标是 （ ） A． B． C． D． 2. 在空间直角坐标系Oxyz中，点,,则 （ ） A． B． C． D． 3. 直线的倾斜角是 （ ） A． B． C． D． 4. 直线，若，则实数的值为 （      ） A．0 B．2 C．0或 D．0或 5. 设，向量，且，则 （     ） A． B．10 C．14 D．24 6. 直线，下列图象中正确是 （   ） A． B．  C． D．  7.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则直线与平面所成角的正弦值为 （     ）    A． B． C． D． 8．如图，正方体的棱长为4，若在正方体内部且满足，则到直线的距离最小值为 （     ）    A． B． C． D． （高二数学试卷 第1页，共4 页） 二、选择题多选题：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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得2分（或3分），有选错的得0分。 9．已知平面与平面垂直，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为 （    ） A． B． C． D． 10．已知点，若过的直线与线段相交，则 （     ） A．直线的一个方向向量为 B．线段上存在点使得 C．直线的倾斜角最大值为 D．直线的斜率的取值范围为 11．如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，，的中点，则 （  ）   A． B． C．直线交于点，则 D．内存在唯一的点,使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在平面直角坐标系中，经过点且平行于轴的直线方程为 ． 13.已知点到直线的距离为，则 ． 14．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为，所有棱长都为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．若点为线段上的动点，则向量与夹角的余弦值的取值范围为 ． （高二数学试卷 第2页，共4 页） 4、 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．（4+4+5=13分）已知直线，，. （1）直线与分别交于两点，为坐标原点，求的面积； （2）直线与直线的交点，求点的坐标； （3）若直线过点且与直线垂直，求直线的方程. 16.（4+5+6=15分）已知向量，. （1）求向量，并求； （2）若，求的值； （3）若，求的值. 17.（4+5+6=15分）已知四边形中，，，，. （1） 若四边形为平行四边形，求点的坐标； （2） 若点为线段的中点，求的边上的中线所在的直线方程； （3）是否存在点使得四边形为直角梯形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由。 （高二数学试卷 第3页，共4页） 18.（4+5+8=17分）已知平行六面体，，，，且分别为线段，的中点，， 设，，．P (1) 用，，表示； (2) 求线段的长度； (3) 求直线与所成角的余弦值． 19.（4+5+8=17分）如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，为线段中点． （1）求证：； （2）过点作平面，使得平面与平面平行，求平面与线段的交点所在的位置； （3）若，在线段（不含端点）上是否存在点，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在求出的值，若不存在，请说明理由． （高二数学试卷 第4页，共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $厦门市杏南中学2026-2027学年学年上学期10月阶段测试卷 高二年级数学答案 一、单选题：本题共8小题，每小题5分。 1-5 CABDB:6-8 AAD. 二、选择题多选题：本题共3小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题 目要求，全部选对的得6分，第10题选对但不全的每个得2分，第9、11题选对但不全的每个得3 分，有选错的得0分。 9.AC;10.ABD;11.BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.X=3 13.9或-11； 2， 14. 14.【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为半正多面体的楼长为5，故正方体的楼长为2 所以1(21,0)F(22,1.B（00,2),C(0,L2),D12,2,4F=(0,11,Bc=←110) 设酝=Ac=(A20,e0则，则E-元1,2.DE=(元1-2.0) 所以cos(AF,DE)=F.D正 元-2 AF列DE2√2+(1-2分 D (2-2)2 2V(2-2)2+2(2-2)+2 2 2 ，2 1+-2*(-2 令‘--月.到mm-2w22， 图%2+21[别m(m0[要 n不5正大3的兰-动 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.(44+5-13分)已知直线4：2x-y+3=012:x+y-6=0,3:x+2y+6=0 (1)直线马与x轴，y轴分别交于A,B两点，O为坐标原点，求△OAB的面积： (2)直线1与直线2的交点M,求点M的坐标： (3)若直线4过点N(-2,3)且与直线垂直，求直线4的方程 解：(1)由4：2x-y+3=0可知， 令=0，得=3。令=0，得= 2 2分 A(-3,0,B0,3) .5.03 4 4分 2x-y+3=0 x=1 (2)由x+y-6=0,得y=5 ------7分 ∴.M(1,5) -…8分 (3)由4：x+2y+6=0可知， 9分 14⊥13，k4k3=-1 ------10分 k,=-1,k=2 2 11分 :直线4过点W(-2,3)」 直线4的方程为y-3=2(x+2) 12分 即2x-y+7=0 13分 16.(4+5+6=15分)已知向量a=(1,-2,2),b=(-2,3,1) 0》求胸设a+6,并求点+风 （2)若ka+)∥a-26,求k的值， 3)若(a+mb)L(a-2,求m的值 解：(1)a=(1,-2,2).方=(-2,3,1) .a+b=1,-2,2)+(-2,3,1) 1分 a+b=(-1,1,3) 2分 a+6=V-D2+1P+32 3分 =1 4分 2)a=1,-22)6=(-2,31) ∴ka+b=k(1,-2,2)+(-23,10=(k-2,3-2k,2k+1) 5分 a-2b=0,-2,2)-2(-2,3,10=(5,-8,0) 6分 (ka+b)/(a-2b) .可设ka+b=(a-2b) (k-2,3-2k,2k+1)=(5,-8,0) 则 7分 「k-2=5 .3-2k=-8入 2k+1=0 -8分 、1 1 入= 解得 2 ----9分 3)a=1,-22).6=(-2,31) .a+mb=(1,-2,2)+m(-2,3,1)=(1-2m,3m-2,m+2) -------10分 a-2b=1,-2,2)-2(-23,1)=(5,-8,0) 11分 (a+mb1(a-2b).(a+mb)-(a-2b)=0 --12分 (1-2m,3m-2,m+2)(5,-8,0)=0 则 ∴.5-10m-24m+16+0=0 14分 21 1m= 即-34m=-21解得34 -15分 17.(4+5+6=15分)己知四边形ABCD中，A(1,2),B(4,3),C(2,5),D(a,b) (1)若四边形ABCD为平行四边形，求点D的坐标； (2)若点M为线段BC的中点，求△ABC的BC边上的中线AM所在的直线方程： (3)是否存在点D使得四边形ABCD为直角梯形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请 说明理由。 解：(1)依题意，AB=(3,1),DC=(2-a,5-b) -…1分 :四边形ABCD为平行四边形 ..AB=DC 即(3,1)=(2-a,5-b) 2分 [3=2-a a=-1 1=5-b ，解得(b=4 3分 .D(-1,4) 4分 (2)A(1,2),B(4,3).C(2,5) 设线段BC的中点为点M,则M(3,4) 5分 ..k= 4-2-1 3-1 7分 ·直线AM的方程为y-2=1(x-1) 即x-y+1=0 9分 D.22 (3)答：存在点5’5或D(0,3)满足题意 10分 下面给予证明， 若四边形ABCD为直角梯形，显然直线AB,AD,CD的斜率存在， ①当AB∥CD时，则a<2且 1b-5 ∫kAB=kcD 3a-2 1b-2 kBk加=-1，即5a- =-1 12分 a-3b=-13 1 3a+b=5 a=- a<2 b= 22 122 5 ,解得( :D55 14分 ②当AD∥BC时，同理可得D(0,3). 15分 (以下过程可省略) 即有，则a<2且 b-2 a+b=3 =-1 a-b=-3 a-1 -1 b-5 a<2 a=0 kcD·kc=-l =-1 ,即( a-2 ,解得(b=3 .D(0,3). 122) D ∴存在点5’5或D(0,3)使得四边形ABCD为直角梯形. 18.(4+5+8=17分)己知平行六面体ABCD-AB,CD,AB=AD=3,AA=4 ∠B1D=∠BAM=DA4=60,且M,P分别为线段BD,CC的中点，AN=2C 设AB=a,AD=b,AA1=c D ()用a,b,c表示AP: (2)求线段AN的长度： (3)求直线AN与CM所成角的余弦值. 解：(1)依题意， AP=AB+BC+CP 2分 AP-4B+BC+CC-a+b+ 2 4分 A N=2NC (2) 六A=杯+4N=4+?4G 5分 -A4+(B+AD)=2a+26+c 3 …6分 a=+6+-+++6÷ 4--4- a·C+-b·C 3 9 3 3 7分 8 1.4 14 =4+4+16+。×3×3×+4×3×4×+4×3×4 9 23 23 2 =24+4+8+8=44 8分 AN=2 ,即线段4W的长度为2T 9分 AN-2a 26+e瓜=2而 4 3 (3)由(2)知， 10分 CM=CB+BM=-BC+BD=-BC+(BA+44+4D) w=0+4+0=+ -b+C 2 11分 cd=4a+i-=4回++月+2a-i-2a-c-2i-g 9+9+16+2x33×32x3x4×)2x3x4× 2 2 434+9-12-12)=19 12分 13分 3 3 2 丽+时+5-+ 3 3 3 2 279 33 2-3-3+2-3-3+8=-3 22 14分 设直线AW与CM所成角为O, AN.CM ∴.cos0=cos<AN,CM ANCM 15分 3 3√209 2vix v19 √209 2 16分 3W209 .直线AW与CM所成角的余弦值为209 17分 19.(4+5+8=17分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，CF∥DE,且 AB-CF-IDE 2,M为线段AB中点. (1)求证：BF/平面ADE, (2)过点M作平面，使得平面a与平面BEF平行，求平面a与线段DE的交点N所在的 位置： (3)若DE⊥底面ABCD,在线段BC(不含端点)上是否存在点P,使得二面角 √6 BP B-EF-P的平面角的余弦值为3？若存在求出BC的值，若不存在，请说明理由. E B (1)证明： 取DE的中点G,连接FG,AG CFIDE,CF-DE .CF∥DG,CF=DG :.四边形CDGF是平行四边形 1分 ∴.GFI∥CD,GF=CD .CD∥AB,CD=AB .GFI∥AB,GF=AB .四边形ABFG是平行四边形 …2分 .BFI∥AG 3分 ,BF丈平面ADE,AGc平面ADE ∴.BF∥平面ADE 4分 (2)延长EF,DC交于点K, E CF-oe 因为CF∥DE,且 N : 所以DC=CK 取CK中点T, BM∥TK,且BM=TK, .四边形MBKT是平行四边形 所以MT∥BK 又BKC平面BEF,MT文平面BEF, 所以MT∥平面BEF 6分 在平面DEK内，过T作TN∥KE交DC于点N, 同理TN∥平面BEF, 7分 又MTOIN-T, 所以平面MTR∥平面BEF. 8分 DN_DT=3 所以平面MTN即平面a,此时NETK 所以点N在线段DE上靠近点E的四等分点处. 9分 (3)如图所示，以点D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 10分 CF=1,则B(11,0),E(0,02).F(01,) 11分 不妨 设PL0),0≤1≤1，则 EF=(01,-1).BE=(（1,-1,2).EP=(6,1-2) 12分 设平面BEF的法向量为i=(x,y2), EF.ni=y-z=0 则有B亚i=-x-y+2z=0,可取i=(1,), 13分 设平面PEF的法向量为m=(a,b,c), D EF.m=b-c=0 则有乎·m=a+b-2c=0,可取m=(,), 14分 m列1+t+6 cos <m,>= 则 m列V1+22√5 3 --15分 1 t= 解得4， …16分 BP 3 此时BC4, 所以存在， 熙 --------17分