北京市第八十中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题B卷

北京市第八十中学2026一2027学年第一学期10月 阶段评价高二数学B卷答案 一、选择题，共12题，每小题5分，共60分。在每小题列出的四个选项中，选 出符合题目要求的一项。 1.直线x-y+1=0的倾斜角为() A.30° B.45° C.60° D.135 【答案】B 【难度】0.94 故选：B. 2.与y轴相切，且圆心坐标为(2，)的圆的方程为() A.(x-2)2+(y+1)2=4 B.(x-2)2+(y+1)2=1 C.(x+2)}2+(y-1}=4 D.(x+2}2+(y-1)2=1 【答案】A 3.设点A(2,34)在xOy平面上的射影为B,则OB等于() A.V29 B.5 C.25 D.√3 【答案】D 4.己知圆x2+y2+am-2y-1=0被直线x+2y-1=0分成弧长相等的两部分，则a= () A.-6 B.-2 C.2 D.6 【答案】C 【难度】0.65 【详解】由圆x2+y2+-2y-1=0,得圆的圆心坐标为 因为圆x2+y2+r-2y-1=0被直线x+2y-1=0分成弧长相等的两部分， 所以直线x+2y-1=0过圆心，代入得-9+2x1-1=0,解得a=2. 故选：C. 5.已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,2),若a,6,c共面，则1为() A.9 B.-3 C.3 D.9 【答案】A 【详解】因a,b,c共面，可设c=md+nb(m,neR), 2m-n=7 即(7,6,2)=m(2,1,-3)+n(-1,2,3),{m+2n=6,解得=-9.故选：A -3m+3n=入 6.已知向量ā，b是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则 “c.a=0,且c.b=0”是“l⊥a”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】若c.a=0,且cb=0,则c⊥a,c⊥b, 由于向量ā，b所在的直线不一定相交，非零向量c所在的直线为l, 所以不一定能得到l⊥a: 若l⊥a,非零向量c所在的直线为l,向量ā，b是平面a内两个不相等的非零向量， 则c⊥a,c⊥b,可得ca=0,c.b=0. 综上所述，“c·a=0,且c.b=0”是1⊥a”的必要不充分条件. 故选：B. 7.如图底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD,EC=2PE,若DE=xAB+yAC+zAP,则 x+y+z=() B A.1 B.2 c.g D 【答案】A 【详解】由题意，DE=DC+CA+AE=AB-AC+AP+PE =-AC+P+兮PC=-AC++(c- -号4C+号0，又因为D=+y4G+:,所以xy子： 3 3 所以x+y+z=1故选：A. 8.三棱锥0-ABC中，OA,OB,OC两两垂直，OA=OB=OC.则(OA+OB)和CA的夹 角为() A.30 B.45 C.60 D.90° 【答案】C 【难度】0.65 【分析】根据数量积公式，代入向量夹角公式，即可求解 【详解】设OA=OB=OC=1, 04+0B).CA=(04+0B)(0A-0C)=04-04.0C+0B.04-0B.0C=1, 0A+08=oA+0B=V0i+0B+20A.0B=2, cA-loA-0d-oa-oc=vOi+0c2-20A.0元=-2， moi+om,.c- O4+0B.ci 1 1 04+OB Cx2 所以(OA+OB和CA的夹角为60° 故选：C 9.已知三条直线：x-2y+2=0,2:x-2=0,43:x+=0将平面分为六个部分，则满 足条件的k的值共有() A.1个 B.2个 C.3个 D.无数个 【答案】C 【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分， 联立4：x-2y+2=0与h2:x-2=0,解得 [x=2 y=2 则将 =2代入4x+=0中，2k+2=0,解得k=-1, x=2 当l,:x+y=0与l:x-2y+2=0平行时，满足要求，此时k=-2, 当：x+y=0与l2:x-2=0平行时，满足要求，此时k=0, 综上，满足条件的k的值共有3个故选：C 10.若两条直线4：y=2x+m,:y=2x+n与圆(x-1)2+(y-1)}=16的四个交点能构 成矩形，则m+n=() A.4 B.1 C.0 D.-2 【答案】D 【详解】易知直线！，，平行，则两条直线截圆所得的弦为矩形的一组对边. 因为矩形的四个顶点都在圆上，所以矩形对角线交点即为圆心(1，)， 即圆心(1,1)到它们的距离相等，且m≠n, 2×1-1+m |2×1-1+m 所以 22+(-1) V2+(-10 <4,所以1+m=1+川， 即m=n或1+m+1+n=0,所以m+n=-2. 11.中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池的几何体.该几何体是 上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分），在如图所示的“曲池” 中，AA⊥平面AB,CD,记弧AB、弧DC的长度分别为4，，已知 从=3D=3人-2头-行E为强48的中点，则直线CE与DB所成角的余弦值为 () E D C B A. 5v3 B.V94 c.5v2 D.i87 16 12 12 16 【答案】A 【难度】0.65 【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线CE与DB所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为O,下底面圆心为O,连接O0,OD,OC,OD,OC, 在下底面作OF⊥OB, 以O为原点，分别以OB,OF,OO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如 图 A D B 因为M4=3AD=3,1=2,=4 所以扇环对应的两个圆的半径之比为1：2， AD=1,所以O2=5,得OD=1,OA=2,● 则ew管n亭0甲-号9。：2a号2an小en3: GLa0.B5.82a=a30s=g9 d59-2w5.网-图9-4 CE.DB=5x0+ 2 xV5+3x3= 2 15 所以cosCE,DB= CE.DB 2 55 CE DB 2V3×416 又异面直线所成角的范围为0号 故异面直线CE与DB所成角的余弦值为5 16 故选：A. 12.己知曲线C:x2+y2=x+y川，给出下列四个结论： ①曲线C有4条对称轴； ②曲线C恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点）： ③曲线C上任意一点到原点的距离都不超过√2 ④曲线C所围成的图形的面积为2+？ 其中所有正确结论的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【分析】对于①，设点P(xy)为曲线上任意一点，它关于x轴的对称点是(x,-y), 将(x,-y)代入曲线方程得x2+(-y)2=+儿，化简得x2+y2=+y, 此时方程成立，故(x,-y)也在曲线上，则x轴是曲线的一条对称轴： 同理可得，y轴，直线y=x和y=-x也是曲线的对称轴，因此曲线C有4条对称轴，故① 正确： 对于②，根据图象以及方程可知，曲线C恰好经过9个整点， 它们分别是(1,0)，(1,1)，(1，-1)，(0,0)，(0,1)，(0，-1)，（-1,0)，（-1,1)，（-1，-1)，故 ②不正确： 对于③，曲线C上任意点(x,y),则(-x)2+y2=-x+y川成立， 即点(-x,y)在曲线C上，因此曲线C关于y轴对称，A正确： 对于B,令(a,b)是曲线C上任意一点，则a2+b2=la+bl, 由2+b2-4+学≥+1abl-a上-2 2 2 2 当且仅当|a=bl时取等号，解得a2+b2≤2，即√a2+b2≤√2， 因此曲线C上任意一点到原点的距离都不超过√2，③正确： 对于④，当x>0,y>0时，2+y2=x+y,其对应的图形以（分）为圆心，为半径的圆 在第一象限的半圆部分，该半圆面积为，而曲线C关于坐标轴对称， 曲线C:x2+y2=x+y对应的图形如下： 曲线c围成的图形的面积由边长为V2的正方形和4个半径为汽的半圆组成。 因此曲线C围成的图形的面积为（√②+4·二兀=2+兀，④错误；故正确结论的个数是2个。 二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分。 13.已知1，j,为空间两两垂直的单位向量，且ā=i+2万-3派，6=37-j+4,则 a.b= 【答案】-11 14.已知两条不重合的直线l:a+2y-1=0和l2:x+(a+1)y-1=0,aeR,若ll,,则a 的值为 答案：-2 15.己知圆C的圆心坐标为(2,1)，与直线x-y+1=0交于A,B两点，且|AB=2√2. (1)则圆C的标准方程为 ； (2)过点P(4,4)与圆C相切的直线方程为 (前2分后3分) 【答案】 (x-2)2+y-1)2=4 x=4和5x-12y+28=0 16.菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，E为AB的中点（如图1），将△ADE沿直线DE翻 折至△A'DE处（如图2），连接A'B,C,若四棱锥A-EBCD的体积为4V3,点F为 A'D的中点，则F到平面ABC的距离为 D B B 图1 图2 【答案】2V21 【详解】连接BD,因为四边形ABCD为菱形，且∠A=60°，所以△ABD为等边三角形， 因为E为AB的中点，所以DE⊥AB,所以DE⊥EB,DE⊥AE, 因为EB∩A'E=E,EB,AEc平面AEB,所以DE⊥平面AEB, 因为菱形ABCD的边长为4，所以AB=AD=CD=BC=4,DE=2V3,AE=BE=2, 所以直角梯形BCDE的面积为×2+4)x25=65, 设四棱锥A-EBCD的高为h,则x63h=45,得h=2, 所以h=AE,所以AE⊥平面BCDE, 所以以E为原点，EB,ED,EA所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(4,2V3,0),F(0,V3,1） 所以AB=(2,0,-2),BC=(2,2W5,0,AF=0,V5,-) 所以平面4BC的法向量为=（5，-1,5) 所以F到平面ABC的距离为 d=LA'Fl_21 n > D 17.如图，正方体ABCD-AB,CD的棱长为4，动点E,F在棱AB上且EF=2,动点 P,Q分别在棱AD,CD上（均不与点D重合）.给出以下四个结论： D B P ①直线EF与直线PQ所成角的范围是 16 ②三棱锥E-FPQ体积的最大值为 ③当4E=!AB且Q为CD中点时，线段QE上一点R到直线AD的距离的取值 , ④当4店=}4B且BQ分别为D,CD中点时、若空间肿一个动点M满足 (ME+MF+M+Mg)1(PE+QF,则ME+MF+2ME的最小值为10. 其中所有正确结论的序号为 【答案】②③④（答对一分3分，答对两个4分，满分5分，错选零分） 【详解】以D为坐标原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴，建立空间坐标系，如图 所示： ZA D C F B D C A 则D00,0,A4,0.0,B4,4,0).C(0,4,0'D0,04,440,4,B4,4,4,G(0,4,4), 设E(4,m,49,(0≤m≤2)：则F(4,m+2,4), 设P(x,0,0),(0,y0,0),x%∈(0,4]， 对于①，因为EF=(0,2,0),P0=(←-xy,0), 所以京.P0=2%≠0' 所以EF与PQ不可能垂直，所以直线EF与PQ不可能垂直， 即直线EF与直线PQ所成角的不可能为，故①错误： 对于②，因为E,F,2三点在平面ABCD内，且四边形AB,CD为矩形， 其中BC=4N2,A及=4BF=2 所以 m=14N5EF=42 S.EFO-2 所以当点P到平面AB,CD的距离最大时，四面体PEFQ体积的最大， 易知当点P与点A重合时，点P到平面ABCD的距离最大，为2√2， e-8w264w5,2-6·@无 此时 3 对于@，当4E={4且Q为CD中点时， 则41,4F(4,3,4).Q0,2,0),则Q2=(4,-1,4 设QR=0正=(42，-元，4)，则R(42,2-元，4)，0≤元≤1' 所以DR=4元，2-元，4)又因为DA=(40,0): 所以与DA共线的单位向量a=L,0,0): 所以点R到直线AD的距离 d=VDR°-(DR.a2=V17元2-42+4= 所以当2= 0，时，d取最小值，为 2 64817, V1717 当2=1∈[0,1]时，d取最大值，为√7，故③正确： 对于④， 方法一：取EF中点G,PQ中点H,则M在GH的中垂面上， ME+MF+2M厄=2MG+2M匝=2(Mc+M匝) 所以只要求2MG+M 的最小值，因为G关于中垂面的对称点是H,所以当E、 M、H三点共线时最小，即最小值为2EH=10 方法二：（太繁琐）当4正=（且RQ分别为4D,CD中点时， 则E41,4,F43,4),20,2,0,P(2,0,0) 所以PE=(2,14,0F=(41,4) 设M(x,y2),则ME=(4-x1-y,4-)'M厘=(4-x3-y,4-2), MP=(2-x,-y,-),M0=(-x,2-y,-)' 所以ME+MF+M派+M0=10-4x,6-4y,8-4)' 又因为P2+Q乎=(6,2,8)' 由题意可得610-4)+2(6-4)+8(8-49)=0' 所以3x+y+4:=17,所以M的轨迹为一个平面， 取EF中点N,连接MN,则N(4,2,4): 所以ME+MF=2w0N=2(4-x,2-y,4-)' 所以ME+MF+2ME=2(MN+ME, 在3x+y4=17所表示的平面中，取三个点H0.1,40,523,2.70,) 则 m=310.函=(22,2) 设此平面的法向量为n=(x,y,z), x=3y 则 ,则有 3x-y=0 z=4y i.HS=2x+2y-2z=0 取y=1,则n=(3,1,4), 又因为亚(40.0'所以点到平面的距离丽12626” 1n|√2613 设E点关于此平面的射影点为E(a,b,c),则EE=(a-4,b-L,c-4)' 又因为Em,所以a=4-b-1c=40 3 4 又因为EE'的中点，a+4b+1c+4在平面内， 2,22 所以3xa+4,b41+4x44=17 ②， 2 2 2 0@可得(，16即g5专' a= 13 131313 1 b=13 4 C= 13 所以当E'、M、N三点共线时， MN+ME取最小值，为NE, 又因为 44 所以此时 ME+M+2M@=2(N+M到=2E2x5=10 即ME+MF+2ME的最小值为10，故④正确， 故答案为：②③④ 三、解答题，共4小题，共65分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过 程。 18.(本题16分)在平面直角坐标系x0y中，三条直线分别为4：x+y+2=0,12: y=2,1:x=2. (1)直接写出直线4,1☑2的斜率k,k2: (2)设1与12交于点A,1与l交于点B,1与交于点C. ()求A,B,C三点坐标及线段AB的垂直平分线的方程： (i)求过A,B,C三点的圆的方程. 【答案】(1)k=-1,k2=0 (2)(i)A(-4,2),B(2,-4),C(2,2),线段AB的垂直平分线的方程为y=x: (i)(x+1)2+(y+1)2=18 【详解】(1)1：x+y+2=0的斜率为k=-1,☑2：y=2的斜率为k2=0 …4分 x+y+2=0 (2)(i)联立 y-2 ,可得4(-4,2)： …5分 x+y+2=0 联立 ,可得B(2,4): …6分 x=2 x=2 联立 (y2’ 可得C(2,2): …7分 线段AB的中点为(-1，-)，kB=k=-1, n…10分 所以线段AB的垂直平分线的方程为y+1=x+1,即y=x.…12分 (i)由图可知AC⊥BC,过A,B,C三点的圆即是以线段AB为直径的圆， 衣|AB=62,圆心为(-1，-)，所以过A,B,C三点的圆的方程为 (x+12+(y+12=18. …16分 19.(本题共16分)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,且底面 ABCD是矩形，AD=2,PB=PC=V3 (I)求证：平面PAD⊥平面PCD: (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PCD 夹角的大小 条件①：PA=AD: 条件②：PA=√2AB: 条件③：PA⊥PD 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答计分 【答案】(1)(1)证明： 因为四边形ABCD是矩形， 所以CD⊥AD, …1分 又平面PAD⊥平面ABCD, 且平面PAD与平面ABCD相交于AD, CDc面ABCD 所以CD⊥平面PAD, …4分 又CDc平面PCD, 所以平面PAD⊥平面PCD. …5分 (2)选条件①，由(1)知CD⊥PD,AB=CD=VPC2-PD2,在等腰△PAD中，顶角 ∠PAD不确定， 由AD=2无法求出PD,则AB,CD都不确定，因此不能求出二面角B-PC-D的大小，即 ①不可选 选条件①得零分 选条件②，取AD中点O,连接OP,过点O作OE⊥AD交BC于点E, 由(1)知，CD⊥平面PAD,所以CD⊥PD, 因为矩形ABCD中，BIICD,AB=,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA, 所以ABP和CDP都是直角三角形. 因为PB=PC,AB=CD,所以PA=PD,PB2=P+AB2.6分 因为PA=√2AB,PB=V3,所以PA=V2,AB=1. …7分 因为AB=CD,O为AD中点， 所以OP⊥AD 因为平面PAD⊥平面ABCD, 平面PADO平面ABCD=AD, OPC平面PAD, 所以OP⊥平面ABCD,因为OEc平面ABCD,所以OP⊥OE, 因为ABIIOE,所以AD⊥OE, …8分 所以如图以O为原点建立空间直角坐标系， 则A(1,0,0)B(1,1,0),C(-1,1,0)D(-1,0,0)P(0,0,1), 因为PA2+PD2=AD2, 所以PA⊥PD 因为平面PAD⊥平面PCD, 平面PADO平面PCD=PD, 又ADC平面PAD, 所以PA⊥平面PCD, 所以平面PCD一个法向量为AP=(-1,0,1) …10分 设平面PBC法向量方=(x,y,z),BC=(-2,0,0),P℃=(-1,1，-1)， n.BC=0 由 PC=0 所以， 「-2x=0 -x+y-z=0 令y=1,则2月，所以方=(0,1，) …12分 设平面PBC与平面PCD的夹角为O, nAP 则lcos0l=cosi,A矿= 1 1 …15分 因为0e0受1，所以平面PaC与平面PCD的夹角为骨 …16分 选条件③取AD中点O,连接OP,过点O作OE⊥AD交BC于点E,(分值同上) 由(1)知，CD⊥平面PAD, 因为矩形ABCD中，AB/ICD,AB=CD, 所以AB⊥平面PAD, 所以AABP和ACDP都是直角三角形， 因为PB=PC,AB=CD,所以PA=PD, 又PA⊥PD,AD=2,所以PA=PD=V2, 所以在直角三角形ABP中，AB=VPB2-PA=1, 所以如图以O为原点建立空间直角坐标系， 则A1,0,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,0,0),P(0,0,1) 因为PA2+PD2=AD2, 所以PA⊥PD 因为平面PAD⊥平面PCD, 平面PADO平面PCD=PD, 又ADc平面PAD, 所以PA⊥平面PCD, 所以平面PCD一个法向量为AP=（-1,0,) 设平面PBC法向量n=（x,y,z),BC=（-2,0,0),PC=（-1,l,-1), n.BC=0 由 可以取方=(0,1，)： PC=0 设平面PBC与平面PCD的夹角为O, nAP 2×22因为0e0,71.所以平面PBC与平面PCD的 1 1 则cos0=cosi,AP = AP 夹角为行 20.(本题共17分)如图，正方形AMDE的边长为2，B,C分别为AM,MD的中点.在 五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE上一点，平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H. D M (1)求证：AB∥FG: ②芳PM⊥底面ABCDE,且A=4,直线BC与平面ABF所成角为名 (i)确定点F的位置，并说明理由： (ii)求线段PH的长， 【答案】 (I)证明：在正方形AMDE中，AB/IDE,又ABd平面PDE,DEC平面PDE, 所以AB/I平面PDE,…2分 又ABC平面ABFG,平面ABFGO平面PDE=FG, 则AB∥FG:…5分 ②①)当F满足PF=PE时，有直线BC与平面ABr所成角为 …6分 解：由PA⊥平面ABCDE,可得PA⊥AB,PA⊥AE, …7分 建立空间直角坐标系A-z,如图所示：…8分 ZA G E H B M 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,4),E(0,2,0) 则BC=L10,AB=(10,0),P2=(0,24)' 设pF=PE=(0,22-42,0,1川则P0,2元，4-4,4=(0,2,4-4) 9分 设平面ABF的一个法向量为n=(x,y,z), nAB=0 则有 方.AF=0 即(x=0 ，令：=元，则y=2(-): y+21-)z=0 则平面ABF的一个法向量为元=(0,22-2,2)' …11分 设直线BC与平面ABF所成角为a, 则 22-2 1 sina=cos<,BC>= n.BC |ilBC1√2×V522-82+42 化简得32-8元+4=0，解得，2或1=2（舍去) …13分 九 Γ3 故当F满足P示=P死时，有直线BC与平面ABF所成角为 3 (ii)PH=421 (ii)设点H的坐标为(，yw) 因为点H在棱PC上，所以可设P五=uPC(O≤≤1)， 即(u,y,w-4)=(2,1,-4) 所以H(24,4,4-4),AH=(244,4-4) …14分 因为元= 0,-22是平面ABFGH的法向量， …15分 33 所以iA=0,即_2 31+3(4-40)=0, .2 3 解得山= …16分 5 故H 844 则P五= 8416 555 5’5’5 8 所以PH 5 …17分 21.（本题共16分)给定正整数n(0n≥3)，记集合Sn={(,x2,,x)川x=0或1(i=1,2,,), 且了+号++≠0}·对于由S中的三个元素组成的子集 {(a,4,…,a),(,b,,b),(G,C2,…,c)},若满足对于任意i∈{1,2，，n},4+b+c均为偶 数，则称该三元子集具有性质T. (I)在S,的子集中，写出一个具有性质T的三元子集；（结论不要求证明） (Ⅱ)证明：在S的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集： (Ⅲ)在S26的子集中，最多能选出多少个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集？说 明理由。 解：(I)答案不唯一.如{1,0,0)，(0,1,0)，1,1,0)}. …4分 (Ⅱ)由题意，S,中共有2-1=31个元素，故最多能选出「 }]=10个两两交集为空集的 三元子集. …6分 将S,中所有元素的第一个分量求和（一个元素可以看成一个数组，第一个数字称 为第一个分量，以此类推)，知其和等于24=16；同理，所有第二个分量、第三个的 分量、…的和均等于16 …8分 假设能选出10个符合题意的三元子集， 由题意，这10个三元子集覆盖了S,中的30个元素，且每个三元子集的所有元素 的每一个分量数字之和均为偶数： 故S,中余下的一个元素的每一个分量都是偶数，即只能为(0,0,0,0,0) 这与(0,0,0,0,0)ES矛盾. 所以在S的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集 …10分 ()记1=，1，其中n为偶数不妨设n=2时3有意义 3 当n=2时，S2的三元子集只有一个{(0,1)，1,0)，Q,1)},且具有性质T.…11分 所以在S,中最多能选出=1个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集 记S中具有性质T的三元子集为{(4，)，(，b),(G1,C2)} 当n=4时，8，中有24-1个元素，故最多有，15个两两交集为空集的三元子集 3 因为S4的子集{(0,1,4，a),1,0,b,b),11,c1,c2)},{1,0,4,4),1,1,b,b2),(0,1,C1,c2)}, {1,1,4,a),(0,1,b,b),(1,0,c1,c2)},{(0,0,4,4),(0,0,,b),(0,0,G1,c2)}和 {(1,0,0,0),(0,1,0,0),1,1,0,0)}为两两交集为空集，且具有性质T的三元子集（共5个）， 所以在S,的子集中，最多能选出6-21-5个两两交集为空集，且具有性质7 3 的三元子集 …13分 设{(d,d,d,d4),(?,e2,e3,e4),(,,6,f)}为S中上述具有性质T的三元子集中 的任意一个， 同理，得品中有2°-1元素，即最多能有2°-1个两两交集为空集的三元子集， 3 且对于S,可以构造出4个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集，即 {(0,1,d,d2,d43,d4),1,0,e,e2,e3,e4),1,1,f,5,5,f4)}, {0,0,d,d2,d4,d4),,1,e1,e2,e3,e4),(0,1,f,5,3,f4)} {1,1,d1,d2,d3,d4),(0,1,e1,e2,e3,e4),1,0,,f5,3,f4)}, {(0,0,d,d2,d3,d4),(0,0,,e2,e3,e4),(0,0,f,f5,3,f4)} 又因为{1,0,0,0,0,0)，(0,1,0,0,0,0)，1,1,0,0,0,0)}为S中具有性质T的三元子集， 且与上述集合的交集为空集， 所以在S,的子集中，最多能选出4，+1=2-1=4，个两两交集为空集，且具有性质 3 T的三元子集 类推，得在S6的子集中，最多能选出4化4+1=2=t6个两两交 3 空集，且具有性质T的三元子集 ……16分北京本第八十中单20262027丝年范一学为 北京市第八十中学2026一2027学年第一学期10月阶段评价 高二数学B卷 2026年10月 班级 姓名 考号 (考试时间120分钟满分150分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 一、选择题，共12题，每小题5分，共60分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要 求的一项。 1.直线x-y+1=0的倾斜角为() A、30 B.45° C.60° D.135° 2.与y轴相切，且圆心坐标为(2，-1)的圆的方程为() A.(x-2)2+(+1)=4 B.(x-22+(y+1)2=1 C.(x+22+(y-1}=4 D.(x+22+(y-I)2=1 3.设点4(2,3，-4)在xOy平面上的射影为B,则等于() A.√29 B.5 C.25 D.3 4.已知圆x2+y2+-2y-1=0被直线x+2y-1=0分成弧长相等的两部分，则a=（） A.6 B.-2 C.2 D.6 5.已知a=(2,1-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,2),若d,6,c共面，则2为（）. A.-9 B.-3 C3 D.9 6.已知向量a,b是平面a内两个不相等的零向比，直线I的方向向量为c,则c,ā=0，且c.6=0"是“1⊥a” 的() A.充分不必要尔件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D、既不充分也不必要条件 (高二数学第1页共8页) 0月阶恐进价然地}地2020年10月 7.如图底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD,E=2PE,若DE=xA丽+yC+z行，则x+y+z=（) D B A.1 B.2 c.g 8.三棱锥0-ABC中，OA,OB,OC两两垂直，OA=OB=OC.则(Oi+OD和C的夹角为(). A.30 B.45 C.60 D.90° 9.己知三条直线(：x-2y+2=0,,:x-2=0,:x+y=0将平面分为六个部分，则满足条件的k的值共 有(). A.1个 B.2个 C.3个 D.无数个 10.若两条直线4：y=2x+m,42:y=2x+n与例(x-)+(y-12=16的四个交点能构成矩形. 则m+n=(） A.4 B.1 C.0 D.-2 11.中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为曲池"的几何体.该儿何休是上、下底面均为扇环 形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中， AA⊥平面ABCD,记弧AB、弧D(,的长度分别为4,2，已知！AA=3, AD=1,人=2弘=经，B为弧4码的中点，则直线CE与D8所战角的余注 值为( D A. 55 B.94 c. 5V2 D. V181 16 12 12 16 (高二效学第2页共8页) 北京本第人士中学20262027学年第一学瓶1 12、已知曲线C:x2+y2=x|+|y川，给出下列四个结论： ①曲线C有4条对称轴： ②曲线C恰好经过8个整点（即横，纵坐标均为整数的点）： ③曲线C上任意·点到原点的距离都不超过√2 ③猫线C所刷皮的图形的面积为2+号 其中所有正确结论的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分。 13、己知，j,k为空间两两垂直的单位向量，且ā=i+2j-3k,6=3i-j+4k,则ā-b=一 14.已知两条不重合的直线(：ax+2y-1=0和l2:x+(a+1)y-1=0,a∈R,若∥l2,则a的值为 15.己知圆C的圆心坐标为(2，)，与直线x-y+1=0交于A,B两点，且！AB=2√2. (1)则圆C的标准方程为 (2)过点P(4,4)与圆C相切的直线方程为 16.菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，E为AB的中点（如图1），将△ADE沿直线DE翻折至△DE处（如 图2)，连接B,A'C,若四棱锥A-EBCD的体积为4V3,点F为D的中点，则F到平面ABC的距离 为 图2 (高二数学第3页共8页) 10月阶段进尬效学B坐2Q26年103 17.如图，正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为4，动点E,F在棱A,B,上且EF=2,动点P， 分别在棱AD,CD上（均不与点D重合）.给出以下四个结论： D E p B ①直线与直线Pe所成角的范围是0，] ②三棱锥E-FPQ体积的最大值为 3 ③当4E=,B且Q为CD中点时，线段QE上一点R到直线AD的距离的取值 范围是/$) @当A花=子征且PO分别为AD,CD中点时，若空间中一个动点M满足 (ME+MF+MF+M@)1(P匝+F,则ME+M+2M@的最小值为10. 其中所有正确结论的序号是 三、解答题，共4小题，共65分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 18.在平面直角坐标系x0y中，三条直线分别为1：x+y+2=0,2:y=2,:x=2 (1)直接写出直线，2的斜率k,k: (2)设4与2交于点A,4与1交于点B,2与交于点C. ()求A,B,C三点坐标及线段AB的垂直平分线的方程： ()求过A,B,C三点的圆的方程， （高二数学第4页共8页) 北京布第人大中坐20262027学年第一坐 19.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,且底面ABCD是矩形，AD=2,PB=PC=√5 (I)求证：平面PAD⊥平面PCD: (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知， 求平面PBC与平面PCD夹角的大小， D 条件①：PA=AD: 条件②：PA=V2AB: 条件③：PA⊥PD. 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答， 按第一个解答计分， (高二数学第5页共8页) 10月吹恐评价数坐B坐2026年10月 20.如图，正方形AMDE的边长为2，B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE 上-·点，平面ABF与校PD,PC分别交于点G,H. D G H A B M (1)求证：AB∥FG: (2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=4,直线BC与平面ABF所成角为 ()确定点F的位置，并说明理由： (i)求线段PH的长。 (高二效学第6页共8页) 北京州范人大中学2026-2027学年第一坐 21.（本题共16分)给定正整数n(n≥3)，记集合Sn={(x,x2,…,xn)川x=0或1(i=1,2,,m), 且x+x+…+x2≠0}·对于由Sn中的三个元素组成的子集 {(a,a2,…,an),(,b,…,bn),(c,C2,…,Cn)},若满足对于任意i∈{1,2，…，n},a+b+c,均为偶 数，则称该三元子集具有性质T. (I)在S,的子集中，写出一个具有性质T的三元子集；（结论不要求证明） (Ⅱ)证明：在S,的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集： (Ⅲ)在S,6的子集中，最多能选出多少个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集？说 明理由. (高二数学第7页共8页) 年第一学期10月阶段评价数坐B卷.2026年10月 草 稿 纸 (高二数学第8页共8页)