山东省潍坊市临朐县第一中学2026-2027学年高二10月月考数学试题

2025级高二第1次阶段性检测(10月)数学试题 审核：高二数学组使用时间：2026年10月9日 一、单选题 y 1.如图，△AOB是水平放置的△4ABC的直观图，则△ABC的面积为() A A.4 B.12 C.8 D.6 145o 4 B' 2.八十年代初期，空间向量解决立体几何问题的思路得到了长足的发展，己知A,B,C 三点不共线，对空间任意一点0，若丽=3aA+O+0C,则P,4,B,C四点《 A.不共面 B.不一定共面 C.无法判断是否共面D.共面 3.已知a,b是两条异面直线，c11a,那么c与b的位置关系() A.一定是异面B.一定是相交 C.不可能平行 D.不可能相交 4.己知PA⊥矩形ABCD所在的平面（如图），则图中互相垂直的平面有() A.3对 B.4对 C.5对 D.6对 D 5.如图，在正方体ABCD-AB,CD中，点M为AD中点，则异面直线AM与CD所 成角的余弦值为 A. 5 B.5 C.vio D. 5 5 10 6.{a,,}是空间的一个单位正交基底，向量p=1,2,3), {a+b,a-五，c}是空间的另一 个基底，用基底{a+b,a-b,c表示向量)的坐标是() A.(2,-1,3) B.(1,-1,3) c. n.3 7.“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱 D 台.如图所示，在一个盛满米的方斗容器中，AB=4,AB,=2,若从中取出74kg 米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为() D-- B A.38kg B.48kg C.57kg D.112kg 8.在三棱锥A-BCD中，AB=AD=BD=√2，BC=CD=I,若平面ABD⊥平面CBD,则三棱锥A-BCD 外接球表面积为() A.Ios B. 8π C.4n D.2π 3 二、多选题 9.己知m,是空间中两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，下列说法正确的是（) A.若m⊥a,⊥n,则nlla B.若n⊥，m⊥B,mlln,则∥B C.若m⊥a,nl/a,则m⊥n D.若⊥a,n⊥B,m⊥n,则a⊥B 1 A 10.如图，在直三棱柱ABC-ABG1中，AB=AC=AA=2,AB⊥AC,点 B P,O,M,N分别是BB,CC1,AA,BC的中点，则() M A.P,Q,M,N四点共面 B.线段BC1为直三棱柱ABC-AB,C1外接球的直径 C.三棱锥P-AON的体积为 D.异面直线N与AC所成角为G A 11.如图，棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，E为棱DD的中点，F为正方 B 形CCDD内一个动点（包括边界），且B,FI平面ABE,则下列说法正确的有() A.动点F轨迹的长度为√2 B.BF与AB不可能垂直 C.直线2P与平面ABB所成角正弦值的最小值为】 D.当三棱锥A-ADF的体积最大时，其外接球的表面积为π 2 三、填空题 D 12.如图，直二面角a一1-B,点A∈a,AC⊥1，C为垂足，B∈B,BD⊥1，D为 垂足，若AB=2,AC=BD=1,则CD的长为 13.如图，在长方体ABCD-ABC1D中，AD=DD=L,AB=V3,E,F,G B 分别为AB,BC,CD的中点.点P在平面ABCD内，若直线DP/1平面EFG,则线段 D P DP长度的最小值是· E 14.已知菱形ABCD的边长为2，且∠ABC=120°，将菱形沿对角线AC翻折成直二面角B-AC-D,则 异面直线AB与CD所成角的余弦值是 ;二面角A-BD-C的余弦值是 四、解答题 D 15.已知长方体ABCD-AB,C1D中，AB=4,AD=AA=3. (I)求证：BD∥平面BCD: B D (2)求三棱锥C-BDC1的体积 2 16.如图，四棱锥P-ABCD中，点O是底面正方形ABCD的中心，PO⊥ 平面ABCD,点E在棱PC上 (I)若E是PC的中点，求证：PA/I平面BDE; D (2)求证：平面PAC⊥平面BDE. 0 17.如图，己知正方形ABCD所在平面和平行四边形DBP2所在平面互相垂直， 平面PBA⊥平面ABCD,M是线段PO上的一点，且DMI∥平面ACP. 求证：(1)平面ADQ∥平面BCP; (2)M是线段PO的中点： (3)PB⊥平面ABCD 18.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于所在⊙O的平面，点C是圆周上的点且 M AC=CB=3,M在线段PA上且AM=2MP,N是BM的中点. (I)求证：直线BC⊥平面PAC; (2)已知∠PCA=45°，求直线BM与平面PAC所成角的正弦值； (③)线段P℃上是否存在点巴，使得QI平面4BC?若存在，则求器的值：若不 存在，请说明理由. 3 19.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体『的一个顶点，定义多面体「在点P处的 离散曲率为g,=l(<QPg+∠0，Pg,++∠QPg+20,Pg),其中Q(=l2kk≥3到为多面体T 的所有与点P相邻的顶点，且平面2P92,平面92PQ,…,平面9-P9和平面9P9为多面体Γ的 所有以P为公共点的面.已知三棱锥P-ABC如图所示. (I)求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和： (2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=8,三棱锥P-ABC在顶点C处的离散 曲率为求点4到平面PBC的距离： (3)在(2)的前提下，又知点Q在棱PB上，过点2作QG∥PA交AB于点G,连接 CG,若cs∠GCQ=,求B0的长度. 4 2025级高二第1次阶段性检测（10月)数学试题答案 题号 1 2 3 4 6 7 8 答案 B D C C A D A B 题号 9 10 11 答案 BCD BC ACD 7. 假设从“方斗中取出74kg米后，米的高度下降一半至平面AB,C,D处， D 由题意可知正四棱台ABCD-A,B,CD和ABC,D,-AB,CD的高相等，设为h, A B 因为8=44=2，所以4A,=3则绿（平+4×3+39）， 3 3 A B 马5A(+3x2+2)n设剩余的米的质量为k, 则 VABCD-A 32h37_74 AB2CD-ABICD 9h19x 解得x=38,所以剩余的米的质量为38kg. 8.B【详解】取BD中点M,连接MA,因为AB=AD=BD,所以MA⊥BD, 由于平面ABD⊥平面CBD,且平面ABDO平面CBD=BD,MAC平面ABD, 故AM⊥平面CBD, 又BC=CD=1,BD=√2，故△BCD为等腰直角三角形，故MB=MC=MD, 因此外接球的球心0即为△ABD的外心，设球的半径为R,则R=40=5AB= 3 故外接球的表面积为4=红×号-警 9.选项A:若mIa,⊥n,则n可能平行于a,也可能n∈a,因此n/1ax不一定成立，A错误； 选项B:若m/1n,nL,由线面垂直的性质可得m1a,又lB,根据垂直于同一直线的两个平 面互相平行，可得x/1B,B正确： 选项C:若n/1oa,则a内存在直线I满足l/n,又⊥a,故Ll,进而可得m⊥n,C正确： 选项D:若mLa,mLn,则nl/a或nCa, 又nLB,所以在平面a内可找到一条直线垂直于B, 由面面垂直的判定定理可得&LB,D正确， 10.对于A,直线ON∈平面BCCB,点Pe平面BCCB,而P直线QN, 点ME平面BCCB,因此直线PM与直线QN是异面直线，则P,M,O,N四点不共面，A错误； 对于B,将三棱柱ABC-ABC补形为正方体，AB,AC,AA为该正方体共点的三条棱， 矩形BCCB为该正方体对角面，则BC1为三棱柱ABC-A,B,C1外接球直径，B正确： 答案第1页（共7页） 对于C,点A到平面BCCB的距离为√2， 则=片215=子C正确： 对于D,取AB中点O,连接OM,ON,由N是BC中点，得ONIIAC, M 则∠MNO是异面直线N与AC所成角或其补角， O: 由已知AC⊥AB,ACLA4,AB∩AA=A,AB,AAC平面ABB,4, 所以AC⊥平面ABB,A,故ON⊥平面ABBA, 又OMc平面ABB4,于是ON1OM,而oN=AC=1.OM=F+F=反， 因此aA0=反：怎.即A00±号D错误 11.对A,如图，取CC中点为M,CD中点为N,连接N, 又正方体ABCD-ABCD中，E为棱DD的中点，可得B,MIIAE, 又：B,Mc平面BAE,AEC平面BAE,.B,M1/平面BAE; 又：CC中点为M,CD中点为N,MN/CD/IBA,又：B,Ac平面BAE,MNa平面BAE, .MN/I平面BAE:又B,M∩N=M,且B,M,MNC平面BMN, .平面B,MNII平面BAE,又BF1I平面ABE,且B∈平面B,MN,∴.B,FC平面BMN, 又F为正方形CCDD内一个动点（包括边界）， .Fe平面BN∩平面CCDD,而MN=平面B,MN∩平面C,CDD, .F∈MN,即F的轨迹为线段MN, 由棱长为2的正方体得线段MN的长度为√2，故选项A正确： Z 对B,由BM=BN可知三角形BMN为等腰三角形， B 当F为线段MN中点时，由BM=B,N可得BF⊥MN, F 又CC1中点为M,CD中点为N,∴.MN/1DC,而AB/IDC,∴BF⊥AB, M A 故选项B不正确； B 对C,由选项B知，MNIIAB,又MNd面ABE,ABC面ABE, .MN/I面ABE,则MN上的点到平面ABE的距离为定值，设F到平面ABE的距离为d, 直线BF与平面ABE所成角为6，则s血6= B可，而d为定值， 当BF最大时，simo最小；此时点F位于点N时，BF最大，sino最小. 答案第2页（共7页） 分别以AB,AD,A4为x,y,z建立空间直角坐标系，则由题意得A(0,0,2),B(2,0,0),E(0,2,1),N(1,2,2), 可得BA=(-2,0,2),BE=(-2,2,1),设平面ABE的法向量元=(x,y,), x=2 i.BA=02x+2z=0 则有 nB驱=0{-2x+2v+:=0’不妨令x=2可得y=1, =2 平面ABE的一个法向量i=(2,1,2),又BN=(-1,2,2), 则(sinf)an BN.元 2×(-1)+1×2+2×2 故选项C正确： BN·例 V2+P+2V(-1)}2+22+22 对D, 由侧棱BG上底面CCD0,所以三棱锥A-DDP体积为”-AGS 3 所以S△pDr最大时，体积最大，：F∈MN, 可得当F在M处时，三棱锥B-DDF的体积最大， 由已知得此时FD=FD,=B,=√5， 所以F在底面BDD的射影为底面外心，DD=2,B,D=2W2,DB=23, 由勾股定理易知底面B,DD为直角三角形，所以F在底面BDD的射影为B,D中点，设为O, 如图，设外接球半径为R,由R=OO?+OB=OO+3,R+O0=FO,=√2， 可得外接球半径R=5 4 外接球的表面积为4空x,故选项D正确」 故选：ACD A D A D B B D C 12.如图，连接BC, D .二面角a-I-B为直二面角，ACca,且AC⊥I,∴.AC⊥B.又BCCB,∴.AC⊥BC, B ∴.BC=AB2-AC2=3.又BD⊥CD,∴.CD=VBC2-BD2=√2 G 13.解：如图，连结DA,AC,DC,,E,F,G分别为AB,BC,CD的中点， A .AC//EF,EF工平面ACD,ACC平面ACD,.EF/平面ACD, ---- 答案第3页（共7页） B ,EG/1AD,EGE平面ACD,ADC平面ACD,∴.EG/I平面ACD, ,EF∩EG=E,∴.平面EFG/I平面ACD,DPI/平面EFG, ∴.点P在直线AC上，在△ACD中，AD=√2，AC=2,CD=2, √7 x2(-当AP1C时，线段P的长度最小，小值为 A-2=V万 2大AC 1 2+2 2 14.如下图，过点B作BO⊥AC,连接DO,BD,BB, 结合题意可知O为AC的中点，且DO⊥AC, R 所以∠BOD即为二面角B-AC-D的平面角，由题意可知，BO⊥DO 因为BA=BC=2,∠ABC=120°，所以∠BAC=∠BCA=30°， B0=1,A0=C0=V5, D 所以AC=25,且B,O=BO=1,进而得到BB=√2， 因为AB,IICD,则异面直线AB与CD所成角即为∠BAB或其补角， 在aABB中，由余弦定理可得cos∠BAB=2+22-2_3, 2×2×24 则异面直线B与CD所成角的余弦值是： 取BD的中点F,连接AF,CF,因为AB=AD,CB=CD, 所以AF⊥BD,CF⊥BD,则∠AFC即为所求二面角A-BD-C的平面角， 在Rt△AFB中，因为B=2,BF=BD=2 2 21 所以AF=AB-BF=4,同理CF=4 2 2 7,7 在△MCF中，由余弦定理可得cos∠AFC=4F2+FC-AC -12 =22 5 2AF.FC 2x14xV14 =-7 22 15.(I)在长方体ABCD-AB,C1D中，可得DD∥BB且DD=BB, 所以四边形DDB,B是平行四边形.所以D,B,∥DB 且DB1￠平面DBC,DBC平面DBC,所以B,D∥平面BCD. （2)在长方体ABCD-AB,C1D中， AB=4,AD=AA=3,且CC1⊥平面ABCD,V。-Bg=V(-BDC, 答案第4页（共7页） 16.证明：(1)连接OE.,O是AC的中点，E是PC的中点，.OE/1AP, 又.OEC平面BDE,PAE平面BDE,∴.PA/I平面BDE （2),PO⊥平面ABCD,BDc平面ABCD..PO⊥BD.又，ABCD是正 方形，AC⊥BD, POC平面PAC,ACc平面PAC,且ACOPO=O,∴.BDL平面PAC, .'BDC平面BDE, ∴.平面PAC⊥平面BDE 17.(1)证明：因为ABCD为正方形，则AD/BC, 且AD在平面BCP,BCC平面BCP,可得ADII平面BCP, 又因为DBPQ为平行四边形，则DO/IPB, 且DOC平面BCP,PBCc平面BCP,可得DQII平面BCP, 且AD∩D2=D,AD,D2c平面ADQ,所以平面ADO∥平面BCP. (2)证明：设AC⌒BD=O,连接PO, C 因为DM∥平面ACP,DMC平面DBP2,平面ACPO平面DBPO=PO,则DMI/PO, 平行四边形DBP2中，BD=P2,又因为DOIlPM,则DOPM为平行四边形，则DO=PM, 且o为5D中点，则D0号BDPQ,即M号PQ,所以M是线段PQ的中点 (3)证明：因为ABCD为正方形，则AB⊥BC,AC⊥BD, 且平面PBA⊥平面ABCD,平面PBAO平面ABCD=AB,BCC平面ABCD, 则BC⊥平面PBA,由PBC平面PBA可得BC⊥PB, 又因为平面DBPQ⊥平面ABCD,平面DBPO∩平面ABCD=BD,ACc平面ABCD, 则AC⊥平面DBP2,由PBC平面DBPO可得AC⊥PB, 且BC∩AC=C,BC,ACC平面ABCD,所以PB⊥平面ABCD, 18.(1)因为PA垂直于OO所在的平面，BCc⊙O所在的平面，所以PAL BC, 又AB是OO的直径，点C是圆周上的点，所以BC⊥AC,因为ACOPA=A,AC,PAC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC. (2)由（1)可知BC⊥平面PAC, 所以∠BMC即为直线BM与平面PAC所成角的平面角， 因为PA垂直于⊙O所在的平面，ACc⊙O所在的平面，所以PA⊥AC, 又因为∠PCA=45°，AC=CB=3,所以PA=3, 因为AM=2MP,所以AM=2, 所以在Rt△AMC中CM=√AM+AC2=√4+9=V13, 答案第5页（共7页） 因为CMc平面PAC,所以BC⊥CM, 在Rt△BMC中BM=VCM2+CB2=√13+9=√22， 所以sim∠BMC=CB=3_3V22 BM√22=22’ 即直线BM与平面PAC所成角的正弦值为3V2 22 (3)在线段PC上存在点e,使得Q1平面ABC,且=2， oC 理由如下： 取PC的三等分点为Q(靠近C),在△PCA中过点Q作QP∥PA,QE∩AC=E, 1 则OE∥PA,且OB=3PA,因为N是BM中点，O是AB中点，所以NOAM,且NO=AM, 又AM=2,所以N0=}PA,所以OB∥NO且OE=O, 所以四边形NOEQ为平行四边形，所以ON∥OE,又QNa平面ABC,OEc平面ABC, 所以NI平面BC,故线段PC上存在点g,使得O平面4ABC,且O=2, 19.【详解】(1)由离散曲率的定义得，=1-（∠APB+∠BPC+∠APC), 2π (PABC+PAC)C+P) 见=l点4+∠BC+8.所以+p,+g+现=4 1 -×4π=2. 2 (2)因为PA⊥平面ABC,BCc平面ABC,所以PA⊥BC 又AC⊥BC,ACOPA=A,AC,PAc平面PAC,则BC⊥平面PAC. 又PCC平面PAC,所以BC⊥PC,即∠BCP= Γ2 又=l-+c+2c,号1-n引 解得 2π ZPcM-年 过点A作AM⊥PC于点M, 因为BC⊥平面PAC,AMc平面PAC,所以BC⊥AM 又BCOPC=C,BC,PCc平面PCB,则AM⊥平面PCB. 因此线段AM的长即为点A到平面PCB的距离 在RtACM中，AM=ACsin∠PCA=8xY5=4N2, 2 所以点A到平面PBC的距离为4√2 (3)依题意，PA=8,AB=V82+82=82,PB=82+(82=85, 答案第6页（共7页） 则sin∠PBA=PA-5,cos∠P8A=AB-6 PB 3 PB 3 设0=4bc≤8.则G=0n∠PB1-5,BG-B0sPB4= x, 3 3 在△BCG中，CG=VBc+BG2-2BC-Bcs∠C8G=64+号r_165x 3 3x, hcos<Gco=y42,得sim∠GC0=V1-cos'ZGc2-V7 7，tan∠Gcg=sim<Gcg_V6 cos∠GC96 因此an<GcQ=2C 3t V64+22.16 ->V6 CG 6 3 而x>0,解得x=215-2√3，所以BQ=2W15-2√3. 答案第7页（共7页）