福建厦门外国语学校2026-2027学年高二年级10月份阶段性检测数学试题

绝密 启用前 厦门外国语学校2025级高二年级10月份阶段性检测 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分,共4页,满分为150分。考试用时120分钟。 注意事项:1.答卷前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的 位置上,用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。 2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用 橡皮擦干净后,再选涂其他答案;在试卷上作答无效。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答,答案必须写在答题卡上各题目指 定区域内的相应位置上,超出指定区域的答案无效:如需改动,先划掉原来的答案,然后再 写上新的答案;不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整。 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,只有一项符合题目 要求.) 1.在空间直角坐标系中,点(4,-1,2)关于x轴对称的点的坐标是() A.(-4,-1,2) B.(4,1,-2) C.(4,1,2) D.(4,-1,-2) 2.两平行直线x+my+2=0与2x-4y+n=0(n>0)之间的距离是√5,则m+n=() A.12 B.-12 C.-8 D.6 3.正三棱柱ABC-AB,C中,AB=2,BB=3,则AB AC=() A.2 B.3 C.4 D.6 4.设直线l的方程为x-ycos0+1=0,则直线l的倾斜角a的范围是( ) B. 3 A.[0, ) 42 C. L4’4 0 [引] 5.如图,在正方体ABCD-AB,CD中,以D为原点建立空间直角坐标系Oz, E,F分别在棱BB,CC上,且BE=2EB,CF=2FC,己知过D与平面AEF 平行的平面为 ,则下列向量中,能作为平面 的法向量的是() D0- A.(1,-1,3) B.(1,-1,-3) C.(2,-3,6 D.(-2,3,-6 6.在三棱台ABC-AB,C中,AB=BC=2,BB=AB=1,且∠ABC= 2, A 若BB⊥平面ABC,则点B到直线AC的距离为() A. 3 B.V6 3 3 c.23 D. 2W6 3 3 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第1页,共4页 7.过定点A的直线(a+1)x-y+2=0与过定点B的直线x+(a+1)y-5a-2=0交于点P(P与AB不重 合),则 PAB面积的最大值为() A.4 B.2 C.2 D 8.如图,四边形ABCD,AB=BD=DA=3,BC=CD=1,将 ABD沿BD折起, 当二面角4-BD-C的值属于 间[]时,直线B和CD所成角为a,则0os的 B 最小值为( A.3 B.2V3-3 c.3-v2 D.3 8 8 8 4 二、选择题:(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要 求.全部选对得6分,部分选对得3分,有选错得0分.) 9.对于直线l:x+2y+3a=0和直线l,:3x+(a-1)y+3-a=0,以下说法正确的有( 2 A.直线l2一定过定点 B.若l⊥I2,则a= C.1//l2的充要条件是a=3 D.点P(1,3)到直线L的距离的最大值为5 10.如图,在正方体ABCD-AB,C,D,中,称各面正方形的对角线为面对角线,称 A AC1,AC,BD,B,D为体对角线.设P,M,N分别为AB,BB,DD的中点,则 ( A.存在面对角线与平面PN平行 B.存在体对角线与平面PN平行 C.存在面对角线与平面PN垂直 D.存在体对角线与平面PN垂直 11.正三棱锥S-ABC中,AB=3W2,SA=3,点M在底面 ABC内运动(含边界),M到棱 SA,SB,SC的距离分别为d,d,d3,若d+d+d=10,则() 9 A.S-ABC的体积为 B.S-ABC外接球的体积为27 C.MS的长度为定值 D.M的运动路径的长度为√2 三、填空题:(本题共3小题,每小题5分,共15分.) 12.过点A(1,2)的直线在两坐标轴上的截距之和为零,则该直线方程为 13.如图,在 ABC中,AB=AC=3√2,BC=6,点P是边AB上异于端点的一点,光 线从点P出发经BC,CA边反射后又回到点P,若光线OR经过 ABC的重心,则 POR 的周长等于一 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第2页,共4页 14.已知正四面体ABCD的棱长为4√2,用满足M42+MB2=MC2+MD的动点M构成的平面截正 四面体ABCD,所得截面多边形的周长为】 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.平面直角坐标系中,已知 ABC三个顶点的坐标分别为A(-1,2),B(-3,4),C(0,6). (1)求BC边上的高所在的直线方程: (2)求 ABC的面积. 16.如图,在四面体OABC中,OA=OB=2,OC=√3,∠AOB=60 ,∠AOC=∠BOC=45 ,点 E,F分别为OA,BC的中点,设OA=4,OB=b,OC=c. (I)将EF用基底{a,b,c表示,并求其模长: (2)若OG=OB,CH=CA,求证:E,F,G,H四点共面 E 17.如图1,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点,将 4DM沿AM折起,得 到四棱锥D-ABCM(如图2),使得平面AMD⊥平面ABCM (I)求证:AD⊥BM; (②)若E是线段D,B上的一动点,当点E在何位置 时,二面角E-AM-A的余弦值为5 图1 图2 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第3页,共4页 18.在平面直角坐标系中,己知射线OA:x-y=0(x≥0),过点P(6,2)作直线分别交射线OA、 x轴正半轴于点A、B. (I)当AB的中点为P时,求直线AB的方程; (2)已知点Q(a,b)在线段OP(包括端点)上运动,求(a-2)'+(b+2)'的取值范围; (3)求 OAB面积的最小值. 19.如图,在四棱锥P-ABCD中, PAD是边长为4的等边三角形,底面ABCD为直角梯形, BC/IAD,AB⊥AD,BC=AB=2,E为PD的中点. (1)求证:CE//平面PAB; (2)用曲率刻画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2 与多面体在该 点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度 制),例如:正方体在每个顶点有3个面角,每个面角是匹 ,所以正方体在 E 各顶点的曲率为2m-3x=.已知四棱锥P-ABCD在点A的曲率为” 22 3 ①求证:平面PAD⊥平面ABCD: 82- ②在直线BP上是否存在点Q,使得EO⊥平面PAC,若存在,求BQ的 长;若不存在,说明理由. 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第4页,共4页 厦门外国语学校2025级高二年级10月份阶段性检测 数学试题参考答案 BAACACBA ABD AD ACD 一、选择题: 1.【答案】B 【详解】在空间直角坐标系中,点(4,-1,2)关于x轴对称的点的坐标为(4,1,-2) 2.【答案】A 【详解】因为直线x+my+2=0与2x-4y+n=0(n>0)平行,它们之间的距离是√5, 所以)”+2,解得m=2 2 -4n 即直线为:x-2y+2=0,即2x-4y+4=0, 又两条直线之间的距离是5,所以有:V5=4-川 解得:n=14或n=6(舍去), V22+(-4)2 所以m+n=12 3.【答案】A 【详解】AB AC=(AA+ABAC=A AC+AB.AC -AAACCOs<AAAC+4B AGCOS<AB.AC -3x2xcos+2x2xco 元=0+2=2 4.【答案】C 【详解】由影意知,当co0=0时,直线1的斜率不存在,其领斜角a=受 当cos0≠0时, 直线1的斜率k=1 0(-小Lo.所以领斜角ae[任引经到 综上, 3 5.【答案】A 【详解】设正方体的棱长为1,平面AEF的法向量为n=(x,y,z) 则.o,u》ro引 a母(a)88 y+5z=0, 不妨取x=1,则y=1,z=3, 1 -x+。z=0. 故n=(1,-1,3). 6.【答案】C 【详解】由题意, BL平面4BC,∠ABC- 因此以B为原点,分别以BA、BC、BB方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系: 则B(0,0,0),A(2,0,0),C0,2,0),B(0,0,1),C(0,1,1), 直线AC的方向向量AC=(-2,1,1),AB=(-2,0,0), 点B到直线AC的距离d= AB.ACI 825 ACI 33 7.【答案】B 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第5页,共4页 【详解】动直线(a+1)x-y+2=0化为y=(a+1)x+2,可知定点A(0,2), y-5=0 动直线x+(a+l)y-5a-2=0化为a(y-5)+x+y-2=0,令 x+y-2=01 解得y=5,x=-3,可知定点B(-3,5), 又(a+) l-1 (a+l)=0, 所以直线(a+1)x-y+2=0与直线x+(a+l)y-5a-2=0垂直,P为交点, ∴PA⊥PB,PA+PB=AB=(0+3)}2+(2-52-18 则5w一P4mPfP8-号当n很当网=3.字支立 2 即APAB面积的最大值为2 9 8.【答案】A 【详解】取BD的中点记为O,连接AO,CO,AB=BD=DA=√,BC=CD=I. :401BD,C0LBD.A0-0-分则=面角4-BD-C的平面角为∠40C 记=面角4-B0-C的大小为8,则0e写,经 如图所示,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴, 过O作平面BCD的垂线为2z轴,建立空间直角坐标系 o0a0a9a0,co0.5a0.0wanon a-5w-如g,m-9西-5网-1 2,-2 直线AB和CD所成角为C, 2+CV3-3cos0 (-月 3 AB.CD 2 2 3cos0-3 √5-V3cos0 .'cos a AB CD 3 4 A ,cos0e[- 221 当c0s0= 2,即0= 3, cosa有最小值,最小值为5-5 2 4 8 二、选择题 9.答案:ABD 10.AD【详解】以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA为x,y,=轴建立空间直角坐标系, 如下图: 设正方体的棱长为2,则M(2,0,1),N(0,2,1),P(1,0,0),所以 MW=(-2,2,0),MP=(-1,0,-1),设平面MNP的一个法向量为元=(x,,z), 所以瓜n=-2x+2y=0,Mpn=-x-z=0,令x=1,则y=1,2=-1, 可得i=((1,1,-1):对于A,由A(0,0,0),B(2,0,2)可得AB,=(2,0,2),因此ABi=2-2=0, 又AB,文平面MNP,所以AB,/I平面NP,所以A正确: 对于B,A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D(0,2,2),体对角线所在的向量为: AC=(2,2,2),AC=(2,2,-2),BD=(-2,2,2),B,D=(-2,2,-2),易知 AC n=2≠0,AC.=6≠0,BD i=-2≠0,B,D i=2≠0,因此不存在体对角线与平面MNP平 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第6页,共4页 行,即B错误;对于C,面对角线所在的向量为:AC=(2,2,0),AB,=(2,0,2),AD=((0,2,2), AB=(2,0,-2),BD=(-2,2,0),AD=(0,2,-2),显然以上向量与法向量=(1,1,-1)均不平行,所以 不存在面对角线与平面NP垂直,即C错误;对于D,显然AC=(2,2,-2)=2n,所以AC⊥平面 NP,即D正确 11.【答案】ACD 【详解】设底面中心为O,连接SO,则SO⊥平面ABC.连接AO, 3√2 因为4B=3√2,故A0=2=V6,故S0=9-6=V5, 3 故V-ABC= 15 3X4 18xB,故Ag调 设S-ABC外接球的半径为R, 则(5-R+(V6=R,故9=2V5R即R=35 4 故外接球的体积为一 3V3 427 33_27V5 一 元 元,故B错误: 2 3 8 因为M∈平面ABC,故可设SM=xSA+ySB+-SC,其中x+y+z=1, 在 ASB中,AS2+BS2=AB,故AS⊥BS,同理CS⊥BS,CS⊥AS, 故SM SA=(xSA+ySB+zSC)SA=9x, 所以M到SA的距离为: 、2 d"=MS" SM.S -(xSA+ySB+:SC)-9x s4 =9x2+y2+z2)-9x2=9(y2+z2), 同理d=9(x+z2),d=9(x2+y)), 由4+G+d=10可得18(x2+y2+22)=10,故x2+y2+2= 故x+y+z=1,故x2+y2+z2+2(xy+z+xz)=1, 故=(xA+SB+zSC=9x2+9y2+9z2=5即M囚=V5,故C正确; 而SO=√3,故MO=√2, 又 ABC内切圆的半径为r= 3W3V6 <2, 232 故M的轨迹为如图所示的三段实线圆弧,如图,其中OT=√2, 可0到8C的距离为)后,故nCOm ,而∠OTR为锐角, 2 所以一07R-号由对格性得<O-子放∠10R-号 故三段圆弧的长为√2x3 元=√2元,故D正确, 3 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第7页,共4页 三、填空题:(本题共3小题,每小题5分,共15分.) 12.答案:2x-y=0或x-y+1=0 13.【详解】因为AB2+AC=BC2,所以∠CAB=90, 建立平面直角坐标系如图,作P关于BC的对称点?,作P关于y轴的对称点, 设AP=a,则P(a,0) 因为lac:x+y-3W2=0,B(m,m),乃(a0), +a+”-32=0 所以 22 n-0=1 解得32,3W2-a, R n-d 由光的反射原理可知:月,A,R,2四点共线,所以kg=kA32+a 3v2-a 35=K+a,代入重心坐标 所以ley=32+a 3W2+0+00+3W2+0 即(V2,V2) 所以V5=35-a(5+a,解得a=5成a=0(合) 3√2+a 得(3W2,22),B(-2,0), 则R=√32+V2)+(2W2-0)=2W10,故aPR的周长等于20 14.【详解】将正四面体ABCD补全为正方体,则正方体棱长为4, 以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示: 则A(0,0,0),B(4,4,0),C(0,4,4),D(4,0,4), 设M(x,y,2),则M4+MB2=x2+y2+2+(x-4)2+(y-4)2+=3, MC2+MD2=x2+(y-4)+(z-4)+(x-4)+y2+(z-4), 所以z=2,即点M构成的平面截正四面体所得的截面为正方形PQRS,边长为2√2, 故截面周长为4 2√2=8√2: 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.【答案】(1)3x+2y-1=0(2)5 【详解】(1)解:由恩意,可得直线BC的斜率kc0-3)3 6-42 则BC边上高所在直线斜率k=-3 2分 又由点42),则5C边上的高所在的直线方程为y-2=-2(x+), 即3x+2y-1=0. ….5分 2)解:由点B(-34,C0,O,可得kc-0-3 6-42 所以BC的方程为y=2x+6,即2x-3y+18=0, 8分 则到A直线C的距离d-2x(-)-3x2+18105 V32+22 13 .11分 且川BC=√0+3)2+(6-42=V13,.12分 所以a1c的面积5-ac1d-分Bx 13 =5..13分 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第8页,共4页 16.【解】1)所=o-0E=6+a=6+c-d .2分 则f=46+c-aj=4(a+2+c2-2a6-2i-c+26-d 4+434-26+26)-子所以厨-月 6分 (2)由题意知,0G=6, 因为a-ai 0-0c-引oi-0,所以o丽-号a+, 3 以0.0-0c-支-.-0F-0元-36+-6-5+ G丽=0丽-0G=2a-6+8 .9分 3 不纺设a丽=0证+F 号0-6+=传af信+) 即0-5+-++,解得xG-证+1分 3 332 (63 2 3 根据共面向量定理,GH,GE,GF共面且有公共点G,所以E,F,G,H四点共面.15分 17. 【详解】(1)在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点,则BM=AM=√2, 由M+BM2=4=AB2,得BM⊥AM,1分 平面AMD⊥平面ABCM,平面AMD 平面ABCM=AM,BMC平面ABCM,BM⊥AM, 则BM⊥平面AMD,3分 又ADC平面AMD,所以AD⊥BM 4分 (2)过点M作平面ABCM的垂线,并以此线为z轴, 以直线MA,MB分别为x,y轴建立空间直角坐标系, M0ao0Ea0,nr学o20a.0, … .5分 则i-(号a-号.西=5am-号o导 ”2 由点E是线段DB上的一动点, 版a-m=号54 2 ),0≤1≤1, 6分 则证-m+a亚=号a-小.-2, .7分 易知平面AMD的法向量为乃=(01,0), 8分 设平面EAM的法向量为n=(x,y,z), MA=2x=0 区版9a-w+90:-o 则 取y=1-九,得乃2=(0,1-元,-2),11分 由二面角E-AM-D的余弦值为 2 nn 得cosh,h 1-2 2 13分 nn V1-21+52 2 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第9页,共4页 两边平方得522A牛=)轻理得61-02+D=0,一 1 解得入=。或2=-1(舍去), … 14分 所以点B是线段DB靠近A的三等分点时,二面角B-AM-A的余弦值为 2 ..15分 18.【答案】(1)x+y-8=0(2) (3)16 【详解】(1)由题意可设A(x,x)、B(x2,0),且x>0,x2>0. 当8的中点为P时,则十名=X9解得=为4与=8, 所以A(4,4)、B(8,0).2分 所以直线AB的方程为48即一般式方程为:x+y一8=0,3分 (2)由0(0,0)、P(6,2),得线段0P的方程为:x-3y=0(0≤x≤6),4分 因为点Q(a,b)在线段OP(包括端点)上运动, 1 所以a-3b=0(0≤a≤6),则b=三a, 3 .5分 因to-2+(o+2-o-2+G+2j八-9a-9a+0sas0. 因为二次函数f(a)=04_8a 9 3 +80≤a≤6的开回向上,对称轴方程为a 所以函数f(a)在区间0, 67 上单调递减,在区间 6 56 上单调递增, 6分 因此,当a时,@有最小位,受小位f)-号 5 当a=6时,f(a)有最大值,最大值f(6)=32, 故(口-2八+(6+2的取值范国是[号32 8分 (3)①当过点P(6,2)的直线斜率不存在时,A(6,6)、B(6,0), 此时Sas0A46=X6x6=18.9分 ②当过点P(6,2)的直线斜率存在时, 设直线AB的方程为y-2=k(x-6)(k≠1,k≠0),即y=-6队+2..10分 直线AB与x-y=0(x≥0)相交,可得46-2,6k-2 (k-1’k-1 直线AB与x轴正半轴相交于B,可得B{ 6k-2>0 k-1 由 6k-2>01 ,解得k>1或k<0..12分 1 16k-26k-2 则S.0-2nF2kk-1 1 令t=6k-2,则k=(t+2)(t>4或t<-2), 6 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第10页,共4页 可得5.0s=18 7-21-8 18 1 28, 1- .15分(无t的范围扣一分) 12 11 由t>4或t<-2,可得0< 11 一或 <-<0 t41 .16分 11 根据二次函数的单调性可知,当干一8,1一 28 9 -。有最大值,最大值为 此时面积有最小值,且S=18 8=16,此时k=-1,A〔4,4)、B8,0)符合题意。 9 综上所述, 0AB面积的最小值为16.17分 19.【答案】(I)取PA的中点F,连接EF,BF, 又E为PD的中点,则EFIAD,且EF=AD, 2 又 PAD是边长为4的等边三角形,底面ABCD为直角梯形,且AB⊥AD,BC=AB=2, 则8c-号4D,Bc1AD. 所以EF/BC,且EF=BC, 所以四边形BCEF是平行四边形,所以CEllBF, 2分 B 又CEC平面PAB,BFC平面PAB,所以CE∥平面PAB.4分 (2)①由题意知,2-(∠PAB+∠PAD+∠BAD)=2 , 31 又 PAD是等边三角形,底面ABCD为直角梯形, 则∠PMD子BMD子所以∠PMB=子即A1PA, 7分 又因为AB⊥AD,且PAOAD=A,所以AB⊥平面PAD, 又ABC平面ABCD,故平面ABCDL平面PAD.9分 ②取AD的中点O,连接PO,CO,则PO⊥AD,CO⊥AD 又平面ABCD⊥平面PAD,且平面ABCD∩平面PAD=AD, 所以PO⊥平面ABCD, .10分 所以以O为坐标原点,直线OC,OD,OP为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, AD ZA 又PO= PD- =V42-22=25, 2 则B(2,-2,0),P(0,0,25),C(2,0,0),E(0,1V3,A(0,-2,0), 所以BP=(-2,2,23),BE=(-2,3,V3),Ap=(0,2,23),AC=(2,2,0) D 因为点Q在直线BP上, 不妨设B0=Bp=(-2,2,25)=(21,2元,25, 所以E0=B0-BE=(-21+2,21-3,251-V5), .12分 设i=(,,)是平面PAC的法向量,则 mAP=2%+2W3z=0 m.AC=2x,+2%6=0 取名=V5,则%=-3,为=3,即m=(3,-3,V3),15分 假设存在点2,使得E2⊥平面PAC,则EQIm, 所以-21+2-22-3232-V5 3 -3 但此方程组无解,故不存在点2,使得吧1平面PAC..17分 高二年段10月份阶段性测试数学试题 第11页,共4页