广东深圳市第二高级中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试卷

2026年高二上学期10月月考数学试卷 学校： 姓名： 班级： 光号： 一、单选题 1.若直线的一个方向向量云=(-1,0)，则该直线的倾斜角为() A.0 B.月 C. 4 D.π 2.若ā，b,构成空问的一个基底，则下列向量可以构成空间的一个基底的是() A.6+c,b,6-e B.a+b,a-b, C.a,a+b,a-b D.a+b,a+b+c, 3.若斜*为-之的血线过点(-23)，则1的方程为（) A.x-2y-14=0 B.x+2y-14=0 C.x-2y+8=0 D.x+2y+8=0 4.在直三棱柱ABC-ABC中，D,F分别是棱A,B,A,C,的中点，HBC=AC=CC,.若∠BCA=90°，则BD 与FA所成角的余弦位是（) A.-30 B.-5 c.30 D.5 10 5 10 5 5.直线2x-3y+1=0与4x-6y-2=0间的距离为() A.313 B.313 C.213 D. 13 26 13 13 6.平行六而休ABCD-ABCD,屮，AA,=3,AD=4,AB=5,∠BAA,=∠DAA1=6C,∠BAD=90°， 则4C=() A.√77 B.2√26 c. 127 2 D.②54 2 7.已知直线l:x+(1+a)y+a-2=0与l2:ax+2y+8=0平行，则a的值为() A.1 B.-2 c月 D.1或-2 8.已知直线/：(1+m)x+(1+2m)y-7m-4=0.当点P(2,2)到1的距离最大时，m=（) A号 B.0 C. D.1 二、多选题 9.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD,CD=PD.取线段PC的中点E,作 EF⊥PB交PB丁点F,则() A.PAIW平面BDE B.BF=FP C.PB⊥平面DEF D.∠EDF=60° 试卷第1页（共3贞） 10.已知直线：x+4y-4=0,42:x+y=0,I,:3mx-2y+4=0不能成三角形，则m的取值可能为() A.4 B.-1 c.a 1I.在三棱锥A-BCD中，AB=BD=5BC=l,∠ABC=∠DBC=150°，则() 3 A.BC⊥AD B.当AB=√2AD时，平面ABC⊥平面BCD C.当平面ABC⊥平面BCD时，直线AD与平面BCD所成角为6O° D.当二面角A-BC-D为60°时，点B到平面ACD的离为 37 三、填空题 12.已知a=(-1.2.x),b=(2,-5,4).若a⊥6，则x= 13.若直线1过原点，且A(-l,0),B(3,2)两点到1的距离相等，则1的方程为 14.已知A(L,-2),B(2,).若过P(0,-)的直线1与线段AB没有公共点，则1的倾斜角的取值范用是 四、解答题 15.求满足下列条件的直线的方程： (1)经过M(2,)和N(-5,-1)两点的直线： (2)经过点P(-3,2),H在两坐标轴上的截距相等的直线 16.如图，正方体ABCD-A,B,CD的棱长为1，E为棱CD上的动点. D C B (I)若C死=ED,求D到Ψ面AEC,的距离： (2)若C亚=2ED,求D,B与平山AEC,所成角的余弦值. 试卷第2贞（共3贞） 17.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,点Q是棱PA上的动点（不与端点重合），点M是线段 B2的屮点，点N满足P=3N元.已知△ABC是边长为4的正三角形，且PA=4. (I)若2是PA的中点，证明：MN∥平面ABC: 2)若平面BN9与平面ABC的夹角的正弦值为店，求AQ. 13 18.已知G(2,1)是平行四边形ABCD的对角线的交点，且直线AB的方程为x+2y=0. (I)若四边形ABCD为正方形，求直线BC的方程： (2)已知白线BC的方程为3x-2y-8=0. (1)求D的坐标： (iⅱ)求四边形ABCD的面积. 19.在正棱锥S-ABC中，SA=SB=SC=6,SM与平面ABC所成角的正切值为√2. (I)求三棱锥S-ABC的表而积： (2)若三棱锥S,-AB,C,满足：S,和S关于平面ABC对称，A和A关于平面SBC对称，B,和B关于平面SAC 对称，C,和C关于平面SAB对称. (i)求二面布S,一AB-C的余弦值： (iⅱ)求三棱锥S-AB,C与三棱锥S-ABC公共部分的体积 试卷第3贞（共3贞) 参考答案 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 答案 B B C A AC ABD ABD 1.A 【分析】根据直线方向向量计算斜率，结合倾斜角与斜率的大系及倾斜角的取值范围求解即可. 【详解】设直线的倾斜角为a,根据倾斜角的定义可知a∈[0，π). 已知直线的一个方向向量为日=(-1.0)，则k=9=0. -1 又k=tana,可得tana=0. 因为a∈[0，π)，解得a=0. 2.B 【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项 【详解】对下Λ，万=[6++6-刃.因此向量石+C6,石-共面，放不能构成基底，放A错误： 对下B,假设向量a+五.a-五，c共面，则c=2(a++u(位-). 即c=(2+μ)口+（久-μ乃，，μ无解，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故B正确： 对于C,a=[a+列+(a-小因此向圣a+瓜，a-,a共血，故不能构成基底，故C错误： 对于D,（a+b)+c=a+b+,因此向量a+万，a+万+c,c共面，故不能构成基底，故D错误： 故选：B. 3.B 【详解】山直线的点斜式得：少-8=一+2)即x+2y-14=0。 4.C 【分析】山直三棱柱顶点C建立空间直角坐标系，得到点坐标和向量坐标，山空间向量的数量积求得线线 所成角的余弦值. 【详解】在直三棱柱ABC-A,B,C,中，CC,⊥Y面ABC,BC,CAC平面ABC, 所以CC⊥BC,CC⊥ACH∠BCA=90°， 所以如图，以C为顶点建立空间直角坐标系C-z, 改BC=AC=CC,=2, 所以A(2,0,0),B(0,-2,0),4(2,0,2),B(0.-2,2),C(0.0,2）, 答案第1页（共14页） 所以D(L,-1,2),F(1,0,2). 所以BD=(1,1,2)A=(-1,0,2), 设BD与FA所成角为a,则cosa=cosBD,A国= 丽·正 3-30 BDAF V6×√5 10 5.C 【详解】将直线4x-6y-2=0化为2x-3y-1=0,其与2x-3y+1=0, 则这两条平行直线间的距离为：d= C-C-(--2=2E VA2+B222+321313 6.A 【分析】将AC分解为AB+AD+A,通过向量模长与数量积的运算关系求出AC的长度， 【详解】在平行六面体ABCD-ABCD中，由空间向屈线性运算可得 AC=AB+AD+CC=AB+AD+AA, 所以1AC=(B+AD+A)2ABP+|ADP+|AP+2A五.AD+2B.4+2AD.A, 又|AB1=5,|AD=4,|AA=3,∠BAD=90°，∠BAA=∠DA4=60°， 1AC=52+42+32+2×5×4×c0s90°+2×5×3×cos60°+2×4×3×cos60=25+16+9+0+15+12=77, 因此AGAC卡V万. 7.A [2-a(1+a）=0 【分析】根据题意可得 8-a(a-2)≠0'解之即可得解 【详解】解：因为直线l:x+(1+a)y+a-2=0与l3:+2y+8=0平行， 2-a(1+a)=0 所以 8-a(a-2)≠0'解得a=1. 故选：A 答案第2页（共14页） 8.A 【分析】先求出动直线恒过的定点，当直线与该定点和点P的连线垂直时，P到直线的此离最大，利用两 直线垂直的斜率关系求解m, 【详解】将直线l的方程整理为关于参数m的形式：m(x+2y-T)+(x+y-4)=0 令r+2y-7=0 x=1 x+y-4=0,解得 y=3 ,即直线1恒过定点1,3)， 当直线I⊥PQ时，点P到直线I的甄离最大，最大值为PQI, 因为直线P巴的斜半为k0-2- =2=3=-1,直线1的斜半为k,=-+m （1+2m≠0)， 1+2m 所以，山两立线垂直的斜率关系k0·k,=-1得：(-) 1+m =-l,化简解得m=- ,验证1+2m= 1+2m 3 3*0, 符合条件。 所以，m=-3 3 9.AC 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间问量的运算，逐一验证各选项的正确性 【详解】设CD=PD=1,以D为原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则各点坐标为：D0.ao,4L.0,0.BL,0.C010.P0Q,Pc中点E0分》 选项A:连接AC交BD于O,则O为AC屮点，OE足△PAC屮位线，故OEI1PA, 义OEc平面BDE,PAz平面BDE，,因此PAII半面BDE,A正确： 选项B:设F在PB上，PB=L,l,-1),PC=(0,l,-1),改PF=PB=(,,-), 所以厭=示-庞=厅-元-(2-刘-5》-（2-方 所以，内F1Pm将F.历=2+2-}日-2刘3-1=0， 解得2=行，即P丽=，P丽，显然F不是PB屮点，故F≠币，B铅误： 选项c:由上述计算知：历=，l-0,F-行言)D正-(02) 答案第3页（共14页）》 显然丽厅时名言0，丽呢时0， 所以PB⊥EF,PB⊥DE,即PB⊥EF,PB⊥DE, 因为DEOEF=E,DE,EFc平而DEF,所以PB⊥平而DEF,CE确： 选项：死-》亦-+厅-得引】 所以cos∠EDF=cos DE,DF= DE.DF 5 DD丽可2×V6之，所以∠EDF=30≠60，D错误. 23 10.ABD 【分析】由题总可知，三条直线至少存在两条直线平行或三条直线相交于一点，分别求m的值. 【详解】（1)当m=0时，2：x=0,4:-2y+4=0,此时4,2，不Ψ行H不币合，故一定能围成三角形， 舍去： 当m0时名京日名贸 21 由题密可知：@4儿味、友=，四- 二，则m=4: ②1%时，=，即-子受则m 6: 国人=吃，即片受，则方程无实限 [x+4y-4=0 x=4m 4,2,4三条直线交于一点，即x+y=0,出 x+4y-4=0 m-4 x+=0 整理科 4 3mx-2y+4=0 m-4 所以3m× 4m+2x×4 +4=0，即3m2+m-2=0,(3m-2)(m+1)=0, m-4 m-4 解绸加号政。 所以m石号 11.ABD 【分析】对丁A,根据线血垂直的判定定理及线血垂直的性质证明即可：对丁B,根据恤血角的定义找出 对应的平面角求解即可；对于C,根据面面垂直的性质及线面角的定义求解即可：对于D,根据面面角的 定义及等休积法求解即可. 【详解】对于A,过点A作CB的垂线，交CB的延长线于点H,连接DH, 答案第4页（共14页） B D 因为∠ABC=∠DBC=150,所以∠ABH=∠DBH=30°，AH=AB-sin30°=1 义AB=BD,BII=BIL,所以△ABH兰△DBH. 所以DH=A仙=克，∠DB=∠A=90,即DH LCH,也即DH LBC. 囚为AH,DHc平血ADH,AHODH=H,所以BC⊥平血ADH. 又ADC平而ADH,所以BC⊥AD,A正确. 对于B,因为AH⊥BC,DH⊥BC,平面ABC∩平面BCD=BC, 所以∠AD或其补角即为平血ABC与平血BCD的夹角. 因为HB=2AD,所以MD=点AB=三 2 任aADI中，DH=AH=7则DH2+AI2=AD,所以DH⊥AH,即∠AHD=90, 所以平而ABC⊥平而BCD,B止确， 对于C,因为平面ABC⊥Y面BCD,半面ABC∩半面BCD=BC,AH⊥BC, 所以AH⊥平血BCD,则∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角. 因为DHC平面BCD,所以AH⊥DH 由A知，DH=AH,所以△AHD是等腰直角三角形，所以∠ADH=45° 故当平血ABC⊥平血BCD时，直线AD与平血BCD所成角为45°，C错送. 对于D,由B知，∠AHD即为二面角A-BC-D的平面角，则∠AHD=60°， 山A,DH=H=分所以△AD是等边三角影，则0=分 点A到平面BCD的距离A,=AHin∠AHD=上x5.5 224 5o8c-0-m1w-5x1*-9 24 1551 34416 在△1BC中，AC2=AB2+BC2-2AB.BC.cos150°=1+3-2x1× x 所以AC=√万. 答案第5页（共14页） 设直线PB与直线PA的倾斜角分别为α与B,由题可知满足条件的直线I在图巾阴部分区域，则直线I的 倾斜角的取值范围是（α，B). .tan a=ke8 _1-(-1)=1.tanB=km=- 2-0 2-ha子月 1-0 41 :直线的倾斜角的取值范围是44) π3π 15.(1)2x-7y+3=0 (2)2x+3y=0或x+y+1=0 【分析】(1)先利用斜率公式求出斜率，再根据点斜式公式计算即可得到直线方程. (2)分两种情况讨论，一种截距不为0，另一种截距为0，进而求出直线方程。 【详解】(1)易知k=五-上=1-(_2 3-x2-(-5)7’ 山点斜式公式可得到直线方程为：-1=x-2引，即2x-7少+3=0， (2)分两种情况： 若直线经过原点，则直线斜率为：k=2=-2 -331 2 由点斜式公式可得到直线方程为：y=-专，即2x+3y=0: 若直线不经过原点，因为直线在两坐标轴上的截距相等， 所以设直线方程为：+上=1， aa 又直线经过点P(-3,2), 所以有3+2=1，即a=-1, aa 所以直线方程为：+二=1，即x+y+1=0. -1-1 综上可知：直线方程为2x+3y=0或x+y+1=0. 16.(06 3 答案第7页（共14页） 设直线PB与直线PA的倾斜角分别为α与B,由题可知满足条件的直线I在图巾阴彬部分区域，则直线/的 倾斜角的取值范围是(a,), ma=n1生-1m8=2-ka=经g= 2-0 1-0 d 一改线1的饭斜角的取位范围是任》 15.(1)2x-7y+3=0 (2)2x+3y=0或x+y+1=0 【分析】(1)先利用斜率公式求出斜率，再根据点斜式公式计算即可得到直线方程. (2)分两种情况讨论，种截不为0，另一种截距为0，进而求出直线方程. 【详解】(1)易知k=-上=1-_2 -￥2-(-5)7’ 山点斜式公式可得到直线方程为：y-1=-2引，即2x-7y+3=0. (2)分两种情况： 者直线经过原点。则直线斜率为：太=号一号 2 申点斜式公式可得到直线方程为：y=一亏，即2x+3y=0: 若直线不经过原点，因为直线在两坐标轴上的截距相等， 所以设直线方程为：上+上=1， aa 又直线经过点P(-3,2), 所以有3+2=1，即a=-, aa 所以直线方程为：于+二=1，即x+y+1=0. -1-1 综上可知：直线方程为2x+3y=0或x+y+1=0 16.06 3 答案第7页（共14页） 7 【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向址法求出平面AEC,的法向其，结合点到平面的距离公式求解： (2)确定点E的坐标，求出平面AEC,的法向量，利川向量夹角公式求出线面角的正弦值，进而求得余弦 值。 【详解】(1)如图，以D为原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 由题意可知D(0,0,0),A1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,1),C(0,1,1), 因为正=D.所以E为cD的巾点，则020，所以正-(-分0C=(-), 设平面AEC,的法问最为i=(x,y,z),则 花=-+分=0 ,令x=1,则y=22=-1,所以万=(2- ii.AC=-x+y+z=0 又AD=(-l,0,),所以点D,到平面AEC的距离为 d.@_lx1+0x2+1(--6 V2+2+(- 3 D B B (2)因为正=2D,且E在棱CDk,所以E为线段cD上装近D的等分点，即E(0兮0小 所以亚=（写0G=←， 设平面AEC,的法向量为m=(:,,),则 m:花=-+-0 ,令=1，则月=3，名=-2，所以m=(1,3,-2), m…AC,=-x,+y,+3,=0 又DB=(L,L,-1),设直线DB与平面AEC所成角为0， 答案第8页（共14页） i.DB 则sin0=cosi,DE 1x1+3x1+(-2)×-明V42 励D8 V2+32+(-2VP+12-) 7 因为0[0 所以om0-sn0-帮-9 49 7 即D,B与平面AEC所成角的余弦值为万 7 17.(I)取AB巾点D,AC靠近C的四分之一点E,连接MD,DE,NE如图所示， M B 因为M为BQ中点，所以MD11AQ,且MD=4犯. 因为网=C,所以N为PC的四等分点，所以ME1AQ,且NE=4P=方40。 所以MDIINE且MD=NE,故四边形MDEN为平行四边形，则MNI/DE, 义DEc平面ABC,MNE平面ABC，,所以MNII平面ABC. 回0=1或日 【分析】(1)通过构造平行四边形利用线线平行证明线面平行， (2)通过构造空向直角坐标系利用法向量列出面面夹角余弦公式求解. 【详解】(1)略 (2)以A为原点，建立空间直角坐标系A-)z如图所示， 可知A(0,0,0),B(4,0,0),C2,25,0,P(0,0,4),设2(0,0，a, 因为P=3NC,N为PC靠近C的四等分点， 答案第9页（共14页） 所以x=+o-引5+0-，-0+4=1即N层9 西=(-4,0，a）,设平血0法向量元=(x,y小 元=0 满足 8m=0 -_4x+az=0 又平血ABC法向量几2=(0,0，)， 因为sina= 3 ,所以eosa= 2V59 13 13 13 因此osal小s n-m 65 2W39 2 +(651 13, 2 解粥-1或行 所以40=或宿 18.(1)2x-y+1=0或2x-y-7=0(2)(i)(2,3):(i)8 【分析】(I)根据正方形的性质及直线垂立设出直线BC方程，结合点G到立线AB的距离等于点G到立 线BC的距离求解即可. (2)（1)联立直线方程求出点B坐标，根据中点坐标公式求解即可. (iⅱ)设A(x4,y),C(xc,),根据中点坐标公式及点在直线上求出A,C坐标，结合点到直线的距离 公式、两点间此离公式及平行四边形面积公式求解即可 【详解】（)直线48的方程为x+2y=0,则km=-分 因为四边形ABCD为止方形，所以BC⊥AB,则kx=2, 4设直线BC的方程为2xr-y+m=0. 因为G(2,)是正方形ABCD的对角线的交点，所以点G到直线AB的距离等于点G到直线BC的距离， |2+2×1_2×2-1+m 即 V+22 V22+- 整理得3+m=4,解得m=1或m=-7. 经验证，均符合题意 所以直线BC的方程为2x-y+1=0或2x-y-7=0. 答案第10页（共14页） x+2y=0 x=2 (2)(1)联立 3x-2y-8=0解得1所以2，-. 因为G(2,)是平行四边形ABCD的对角线的交点，所以点G是对角线AC、BD的巾点. [2+x2=2 设D(Xp:Yp),则 2 ,解得 p =2 -1+yp=1 yn=31 2 故D的坐标为(2,3)： (ii)(),C(xe,yc), B 因为点G是对角线4C的中点，所以十x=2,十业=1，即x+=4,y4+=2, 2 2 则x4=4-x,y4=2- 因为点A在直线AB上，所以x4+2y4=0,即4-xc+2(2-e)=0,整理得xc+2ye-8=0. 因为点C在直线BC上，所以3x-2y%-8=0. 联立 xc+2yc-8=0 3x-2-8=0'解得 径{=2，即C(4,2,所以40,0. 点A到直线BC的距离d=Bx0-2x0-。8 V3+-2不厉 1BC=V(4-2y'+(2+1=3, 所以Smn=BCd=V3x8 8 收四边形ABCD的面积为8. 19.(1)365 i)会() 3 【分析】(1)先求出底面正三角形的边长，得到该三棱锥为棱长为6的正四面体，从而求出表面积： (2)(i)取棱AB的中点为H,连接CH,S,H,CS,依题意可得∠CHS,是面角S,-AB-C的兴 答案第11页（共14页） 面角，在aC,HS,中，由余弦定理求解cos∠CHS,:（iⅱ)三棱锥S-ABC的四个顶点分别被对应的平行面 战去·个小三枝锥，且这些小三棱锥互不重叠，因此公共部分等于三枝锥S-ABC减去四个被战掉的小三 梭锥（分别对应被S-AB,C的四个血截去的四个角）. 【详解】(1)设底面正△ABC的中心为O,连接SO、AO,正三棱锥中S0⊥平面ABC,枚∠SAO就是SA 与平血ABC所成的角， A5Ψ面ABC所成角的正切值为2，S0⊥A0,枚am∠S40=S0V2,得S0=2 作R1△S0A中，SA=6,山勾股定理S02+A02=SA,(N2AO)2+A02=36,即3A02=36,得A0=25, 枚S0=√2，A0=26, 底面正三角形中心0是心，设底面边长为a,底面正三角形的高为h=5。,则40=名.5。=5。 32 a= 3 听以号a=25,得a=6 所以5M=5。=5×36=95. 4 4 侧面△SAB,SA=SB=6,底边AB=6,战△SAB是边长为6的正三角形，从而正三棱锥S-ABC为棱长 为6的正四血体， 所以三棱锥S-ABC的表面积为S=4S,c=4×9√3=363： (2)(1)以底面ABC中心O为原点，以OA为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意得A25,0,0,B(√5,30，c(-5,-3,0）,S0,026), 山S和s关于平血ABC对称，得S(0.0,-26), 山A和A关于平面SBC对称，设正△SBC的中心为O,则O 292 是AA的中点， +25_2W3 2 3 3 设A(,),可得 当+0 2 =0 得 =0， +0_26 46 3 2 3 答案第12项（共14项） ZA S B 山B和B关于平而SMC对称，设正△SAC的中心为O,则O, 是BB的中点， 五-35 2 3 3 设B(x,,),可得 空2，用所以9] 2 3+0=26 6 3 23 S A B 1 山C和C关丁平面SAB对称.，设正aSAB的中心为O,则O 92 是CC的中点， -55 2 3 55 3 设C(为，).可得 上-3 2 23+0_26 6 3 2 3 答案第13页（共14页） 取棱AB的中点为I,连按CH,SH,CS,依题意可得CH⊥AB,S,H⊥AB,所以∠CHS,是二而 角S,-AB-C的平而角， H 计算得CH=3V5,Sl=33,CS=10, 在aCHs巾，由余弦定理斜cos∠C5,=CI+SH-CS2_27+27-10_23 2CH·S,H 2×3v5x35 7, 所以一面角S-AB-℃的余弦值是- 27 间正闪面体5-8C的楼长为6：体积为%=吾x6=18反， 12 山4-o5.asa5-4sc(sgs44ao0, 0不a4取=停9，-停s) 又平面ABC的一个法问量为元=(0,0,1)， 所以点4到平面C的原离是d区小45，点8到平面C的距离是山.瓦d_45,点C到 3 3 半面ABC的距离是d,= CA46 3 由(1)S0=V2A0=26,所以点A,B,G到平面ABC的离都为S0,且均在平面ABC同侧， 枚Y面ABC1/半面AB,G,且正四面休S-ABC被半面ABC载去的小三棱锥的高为h=亏S0, 因为小三校锥也是止四面休，品-片所以该小三校锥的休积为-司 r.2 3 同理止四面体S-ABC被平面S,8G、平面S4G、平面S48酸去的小四而体体积均为25。 3 所以三棱锥S-48G与三棱锥S-ABC公共部分的体积是18√2-4x2巨_46巨 3 3 答案第14页（共14顶）