精品解析：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—2027学年第一学期10月阶段评价 高二数学B卷 2026年10月 （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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 与轴相切，且圆心坐标为的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 设点在平面上的射影为，则等于（ ） A. B. 5 C. D. 4. 已知圆被直线分成弧长相等的两部分，则（ ） A. B. C. 2 D. 6 5. 已知，，，若，，共面，则为（ ） A. B. 3 C. D. 9 6. 已知向量是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且”是“”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 7. 如图底面为平行四边形的四棱锥，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 三棱锥中，，，两两垂直，.则和的夹角为（ ） A. B. C. D. 90° 9. 已知三条直线，，将平面分为六个部分，则满足条件的的值共有（ ） A. 个 B. 2个 C. 个 D. 无数个 10. 若两条直线：，：与圆的四个交点能构成矩形，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 4 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，平面，记弧、弧的长度分别为，已知为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 12. 已知曲线：，给出下列四个结论： ①曲线有4条对称轴； ②曲线恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③曲线上任意一点到原点的距离都不超过 ④曲线所围成的图形的面积为 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. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则__________． 14. 已知两条不重合的直线：和：，，若，则的值为__________． 15. 已知圆的圆心坐标为，与直线交于，两点，且． （1）则圆的标准方程为________； （2）过点与圆相切的直线方程为________． 16. 菱形的边长为，，为的中点（如图1），将沿直线翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点为的中点，则到平面的距离为______． 17. 如图，正方体的棱长为4，动点，在棱上且，动点，分别在棱，上（均不与点重合）．给出以下四个结论： ①直线与直线所成角的范围是； ②三棱锥体积的最大值为； ③当且为中点时，线段上一点到直线的距离的取值范围是； ④当且，分别为，中点时，若空间中一个动点满足，则的最小值为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. 在平面直角坐标系中，三条直线分别为：，：，：． （1）直接写出直线，的斜率，； （2）设与交于点，与交于点，与交于点． （ⅰ）求，，三点坐标及线段的垂直平分线的方程； （ⅱ）求过，，三点的圆的方程． 19. 如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. （1）求证：平面平面； （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，求平面与平面夹角的大小.条件①：；条件②：；条件③：. 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. 20. 如图，正方形的边长为，、分别为、的中点．在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱、分别交于点、． （1）求证：； （2）若底面，且，直线与平面所成角为． （i）确定点的位置，并说明理由； （ii）求线段的长． 21. 给定正整数n（），记集合或且.对于由中的三个元素组成的子集，若满足对于任意，均为偶数，则称该三元子集具有性质T. （1）在的子集中，写出一个具有性质T的三元子集；（结论不要求证明） （2）证明：在的子集中，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； （3）在的子集中，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网命组卷网 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 (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() 30° A. B450 D135 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线方程得到斜率，进而算出倾斜角即可. -y+1= 【详解】将直线 化为斜截式少=+1 ·得斜索←=1 由k=tana=1(0°≤a<180°)，得倾斜角a=45°」 故选：B, 2与’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-22+y+1)2=1 c.(x+2)}2+(y-1)2=4 D.(x+2)+(y-1)2=1 第1页/共31页 6学科网 命组卷网 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得圆心和半径，即可得圆的标准方程 【详解】因为圆的圆心坐标为2，)，且与y轴相切，可知圆的半径r=2, 所以圆的方程为(x-2)}+(y+1)2=4 故选：A 3.设点A(2,34)在x0y平面上的射影为B,则0丽等于（) A.V29 B.5 c25 D.V13 【答案】D 【解析】 【分折先得到B(23,0),从面求出OB=(23,0）,计算出模长 【详解1点4(2,34)在x0y平面上的射影为B(23,0）,0B=(2,30) 故0B=V22+32+02=v13 故选：D 4已知圆+y+-2y-1= 被直线x+2y-1= 分成弧长相等的两部分，则a=() A. 6 B.2 C.2 D.6 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆的一般方程及性质即可求解 【详解】由圆x2+y2+a-2y-1=0,得圆的圆心坐标为 因为圆t+y+x-2y-1= 被直线x+2y-1=0 分成弧长相等的两部分， 第2页/共31页 6学科网列组卷网 所以直线x+2y-1=0过圆心，代入得2 _a+2×1-1=0 解得a=2 故选：C 5.已知a=(2,1-3),6=（-2,3),=(7,6),若a,6,c共面，则2为() A.3 B.3 ~9 D.9 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理设正=md+nb(m,”∈R),依题列出方程组，求解即得， 【详解】因a,b,C共面，可设c=ma+nb(m,n∈R), 即(7,6,2)=m(21,-3)+n(-1,2,3) 2m-n=7 :. m+2n=6 ,解得 -3m+3n= 九=-9 故选：C 6.已知向量a,b是平面4内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线上，则“·d=0,且C.b=0, 是“1⊥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 【解析】 【分析】由线面垂直的定义和判定定理，结合充分条件和必要条件的定义判断即可得到答案. 【详解】若ca=0,且c-6=0.则1a,c1b 由于向量a,5所在的直线不一定相交，非零向显C所在的直线为， 第3页/共31页 6学科网 命组卷网 所以不一定能得到I⊥a: 若1a,非零向量c所在的直线为'，向量a,b是平面a内两个不相等的非零向量， 则c1a,c1b,可得ca=0,c.6=0 综上所述，ud·ā=0，且c.b=0是11a的必要不充分条件 故选：B. Z.如图底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD,EC=2PE,若DE=xMB+y4C+zMP,则 x+y+Z= ( P E 1 A.1 B.2 C.3 D.3 【答案】A 【解析】 【分析】先根据空间向量的线性运算将D正用4B,4C,AP表示，再根据空间向量基本定理即可得解 【详解】由题意， DE=DC+CA+AE=AB-AC+AP+PE =B-Ac+AP+Pc=AB-AC+AP+(AC-A护） -4B-24C+2AP 3 3 第4页/共31页 6学科网6组卷网 又因为 DE=xAB+yAC+zAP 所以术=山y=2 2 2 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+0B)和CA的夹角为( A.30 B.450 c60 D.909 【答案】C 【解析】 【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, (OA+0B)CA=(OA+0B)(OA-0c)=0i-0A.0c+0B.0A-0B.0c=1, 04+0B(04+0B=0+0B+204.08- Ci-04-od-(0-oc)-o+oc-204.0c- cos(oi+o.c）- OA+OB.CA 1= OA+0B CA2x2 2 所以(OA+OB)和CA的夹角为60. 故选：C 9已知三条直线：x-2y+2=0.4:x-2=0人：x+=0 将平面分为六个部分，则满足条件的K的 第5页/共31页 6学科网6组卷网 值共有() A1个 B.2个 93 个 D.无数个 【答案】C 【解析】 【分析】考患三条直线交于一点或与或平行时，满是条件，求出答案 【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分， [x=2 联立1：x-2y+2=0与l2:x-2=0,解得y=2, [x=2 则将y=2代入1：x+y=0中，2k+2=0,解得k=-1' 当马：x+=0与：X-2y+2=0平行时，满足要求，此时k=-2, 当5：x+=0与：-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,4:y=2x+n与圆(x-+(-=16的四个交点能构成矩形，则 m+n=() A.0 B.1 C.-2 D.4 【答案】C 【解析】 【分析】由己知两条直线是平行线，因此圆心到它们的距离相等，从而可得结论 【详解】易知直线，上平行，则两条直线裁圆所得的弦为矩形的一组对边。 (1,1) 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 即圆心(L,)到它们的距离相等，且m≠n, 第6页/共31页 学科网组卷网 2×1-1+m_2×1-1+m 所以V2+(0 4 V22+(-1)2 ,所以1+m=l+川 即m=n或l+m+l+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， MM1平面4B,GD.记弧AB、 弧DC的长度分别为，4，己知 从=34D=4-2头-智E为孤48的中点，则直线CE与 DB 所成角的余弦值为() E A D D B V181 5v5 5v2 V94 A 16 B. 16 C.12 D.12 【答案】B 【解析】 【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 0 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为0，连接 00,OD,OC OD,OC 在下底面作OF⊥OB. 以0为原点，分别以 B,OF,00所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图： 第7页/共31页 6学科网命组卷网 A D B 因为 44=3AD=3,=?=3,所以扇环对应的两个圆的半径之中为1二3 OD 1 AD=1,所以OA2,得OD=1,OA=2, Cn.Eu5.38g03.CE-0N5.Da=g-5),C石=59=25. 0-+9=4 ×5+3x3=15 15 所以cosCE,DB= CE·DB 2-55 CE DB 23×416, 0. 5W5 又异面直线所成角的范围为 2 故异面直线CE与DB所成角的余弦值为16· 故选：B. 12已知曲线C:+yx+川， 给出下列四个结论： 第8页/共31页 命学科网命组卷网 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）； ®曲线C上任意一点到原点的距离都不超过V2 2+π 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 【解析】 【分析】利用绝对值的对称性分析曲线的对称轴与象限特征，通过配方转化为圆的方程，结合枚举法、基 本不等式、割补法分别验证整点个数、距离最值与图形面积，逐一判断命题正误. 【详解】当*≥0，y≥0 方程为 2+y2=x+y 旷+3g 半= 2，取第一象限圆弧， 当xs0y20为+y(++ 11 √2 圆心(2’2，半径2，取第二象限圆弧， 当50vs0方为+x-y++ 2 当≥0y≤0方为r+-y+号 第9页/共31页 6学科网命组卷网 2 半轻，，限取，彩四联成，淘图家 ①由图可知，曲线共有x轴、y轴、y=x、y=一x这4条对称轴，①正确； ②由图可知，整点为(0,0)，(0,1)，(0，-)，（0），（1,0），，0，（-，（1-，（10，共 9个，②错误： @当x之0，y之0，方程为+y=x+y, 方-寸+G-方，划e[6引半务9 的半圆， y驱的断为o+- 所以在第一象限角线上的点到照点的最大市窝为4=O山+r=+5-万 2 2 由对称性，曲线上任意一点到原点距离不超过V5,®正确。 x≥0，y≥0 ④由对称性，计算 的面积再乘以4， 11 2 此时方程化为 x-2}+0-3}- 2,对应圆心(2’2、半径为2的半圆， 第一象限区域面积=半圆面积+直角三角形面积， +(-方在书服的高分面内}号分 1 一兀 2 24 第10页/共31页 6学科网命组卷网 1 1 ×lx1= 1,π 直角三角形面积为2 2,所以第一象限总面积为24， 总面积 S= 2+元，并非2+ 2,④错误. 二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分. 13.已知i,j,无为空间两两垂直的单位向量，且d=i+27-3派6=3i-j+4,则ā-6= 【答案】-11 【解析】 【分析】由 i,j,k 为空间两两垂直的单位向量可知 ij=k=ki=0.月2==2=l 【详解】将ā.万按多项式展开，得(+2万-3k)3i-j+4) 由数量积的运算律，九个乘积中凡含两个不同基向量的项均为0，只留下同向相乘的三项，即 32-22-12k2 把严==2=1代入，得a-6=3-2-12=-11 14已知两条不重合的直线.+2y-1=0和：x+(a+y-l=0,a∈R,若4，则“的值为 【答案】-2 【解析】 a(a+1)-2=0 【详解】由题意得 -a-（-1)≠0，解得 =-2 15.已知圆C的圆心坐标为2，)，与直线-y+1=0交于A,B两点，且4B2V2 第11页/共31页 6学科网 命组卷网 (1)则圆C的标准方程为. P(4,4) (2)过点 与圆相切的直线方程为 【答案】 0c-2Y+0-2=4@x=45x-12y+28=0 【解析】 【分析】(1)求出圆心C到直线x-y+1=0 的距离，然后利用勾股定理即得： (2)首先判断点P在圆外，然后讨论过点P的切线斜率存在时和过点P的直线斜率不存在两种情况，再 利用圆心到直线的距离等于圆的半径可求， d=12-1+1L= 【详解】(1)圆心C到直线x-y+1=0的距离”VP+(-) =W2}+2y=2. 圆C的方程为x-2少+0-1P=4 2)点P4,4)满足4-2+4-少>4，所以点P在圆外. y-4=k(x-4) 当过点P的切线斜率存在时，设过点P的切线方程为 即-y-4k+4=0 12k-1-4k+41=2 由圆心到直线的距离等于圆的半径可得Vk2+(-) ,解得k=5 12 x-12y+28=0 所以切线方程为 当过点P的直线斜率不存在时，方程为x=4, 易知直线x=4与园红-2+0y-)少=4相切. 第12页/供31页 6学科网命组卷网 综上所述，过点P的切线方程为x=4和5x-12y+28=0 和 故答案为：（K-2y+0-)=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 △4DE处（如图2），连接AB,4C,若四棱锥-BBCD的体积为4V5,点F为D的中点，则 A'BC 到平面 的距离为 D 图1 图2 221 【答案】7 【解析】 【分析】先利用菱形与翻折几何性质，结合四棱锥体积得到A'E⊥平面BCDE,建立空间直角坐标系； 求出平面ABC的法向量，再用空间向量点到平面距离公式计算F到平面ABC的距离。 【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B为AB的中点，所以DE上AB,所以 DE⊥EB,DE⊥A'E 因为 EBO4E=-E.EB,EC平面AEB,所DEL平面HEB 因为菱形4ABCD的边长为4，所以AB=AD=CD=BC=4,DE=23,AE=BE=2 第13页/供31页 6学科网6组卷网 1 ×(2+4)×2V3=63 所以直角梯形BCDE的面积为2 设四棱锥A'-EBCD的高为h,则3 63h=4W5 得h=2, 所以h=AE,所以AE⊥平面BCDE, 所以以E为原点， EB,ED,EA x,y,Z 所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,2),B(2,0,0),C4,2W3,0,D0,2v3,0,F05,1 所以BC=(2,25,0,B=(20,-2), BC.n=2x+23y=0 设平面8C的法向量为n=(x,八，2)则AB.i=2x-22=0， 取x=5得i=(5,-山5.FB=(2,-5-. ，FBn25_22 d= 所以F到平面4BC的距离为“网V万7 17.如图，正方体ABCD-4BCD的楼长为4，动点E,F在棱4B上且EF=2,动点P,O分别在 棱AD,CD上（均不与点D重合），给出以下四个结论： 第14页/供31页 6学科网命组卷网 B ①直线与直线PQ所成角的能是引 16 ②三棱锥E-FPO体积的最大值为3； 8√17 @当4化=4B且。为CD中点时，线段QE上一六R到直线AD的：离的取位范阳足 A R 17 @当46=B 且P,分别为AD,CD中点时，若空间中一个动点M满足 ME+MF+MP+MO⊥(PE+O丽，则ME+MF|+2IMEl的最小值为10， 其中所有正确结论的序号是」 【答案】②③④ 【解析】 【分析】本题以正方体为载体，通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的线线角、体积、点到直线距离、 轨迹最值问题全部转化为向量与坐标运算，结合二次函数最值、点面对称法等代数方法逐一验证结论： 【详解】以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD所在直线为2轴建立空间直角坐标系，正方体枝长 为4，则各顶点坐标为： D(0,0,0,A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),D(0,0,4),4(4,0,4),B(4,4,4),C(0,4,4) 设E(44,4),F(4,1+2,4)1∈[0,2，保证EF=2), P(n0,0)(pe(0,4,不与D重合》，(0，g,0)9∈(0，利，不与D重合)， 第15页/供31页 6学科网列组卷网 A B D....g A 0EF=(0,2,0）.P2=(←p,9,0) EF.PO cos0= 9 设直线EF与直线Pg所成的角为g'则 EFPO√p2+g, 白时p>0g>0,因tms0e0.即0c0引. 无法取到0和2，故①错误： ②E,F,0均在平面4BCD内，且EF1/CD,两平行线F与CD的距离为定值4W2 (即矩形 ABCD 的宽)， 国能Ar阳的积定你.n号m4E-×2xN2=4N5 2 2 1 三棱锥体 VE-0=3 S.ero'd “,其中d为点P到平面ABCD的距离， 当P与4重合时、P到平面4公C”的E离受大.所以d的展大位为2反 此时体积极大值为 3×4V2×2V2=16 ,故②正确： ©由46=45=@L0)g(414,e为cD中点，版0@2,0)。 直线AD为x轴，点(x少2到AD的距离为V>+z 第16页/供31页 6学科网6组卷网 设线段QE上点R满足R=0E(2∈[0，)，则R(4,2-元，4)， 点R到AD的距离是d=V(2-)2+(4)2=V722-42+4 2 这是关于1的二次函数，并口向上，对称轴2=方[0， 当12 648W17 =7时，dm7=17,当元=1（即E点）时，dm=P+4=7, 因此距离范围为 故③正确： ④由条件得E(4,L4),F(43,4),P(2,0,0,0(0,2,0),PE+0F=(6,28). 设M(x,y2),则ME+MF+M证+M0=(10-4x6-4y,8-4z). 由ME+MF+MP+M@)1(PE+QF,得6(10-4x+2(6-4y)+8(8-42)=0, 化简得M的轨迹平面方程为 x+y+4z=17 取EF中点N(42,4),则ME+MF=2M,因此ME+MF+2ME=2(MN+M. 己知点 (4L,4),由平面的方程为3x+y+4红=17，可得平面的法向量为i=(3,14), 设点E关于平面的对称点为 E(a,b,c),根据空间点面对称的核心性质： 线段EE 3x+y+4z=17 上，直线BB与平面3 :3x+y+4z=17 的中点在平面： 垂直，即E与法向量 n 平行， a-4=3k a=4+3k 由配1历，设E=i(k为实数)，因为配=(a-4,b-hc-4),因此b-1=火 b=1+k, c-4=4k c=4+4k 第17页供31页 6学科网命组卷网 4+a1+b4+c 故线段EE的中点坐标为2,2,2， 4+a1+b4+c 由线段EE的中点2’2’2在平面： 3x+y+4=17上，翔340+1+ 2+4.4+c=17 22 2 即3(4+a+(1+b)+4(4+c)=34 将a=4+3、b=1+k、c=4+4k代入上式.得38+3k)+(2+K)+48+4)=34,得k=-,2 放0=4+3× 12）= 13131313 c=4+4× 12) 52484 E16.14 13131313,得对称点为(3'1313 根据对称性质ME-ME,因此ENE.N(4,24)。 a1-+a2j倍4-s, 原武最小省为2X5=10放@正稀 A B M B 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0中，三条直线分别为：x+y+2=0,,y=2,马。x=2 第18页/供31页 6学科网命组卷网 （1)直接写出直线，的斜率及 (2)设与交于点4,1与5交于点B,h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)斤=-1飞=0 2)①A(-4,2),B(2,-4),C(2,2),线段AB的垂直平分线的方程为y=x, ((x+)2+(y+1)2=18 【解析】 【分析】(1)根据直线方程写出斜率即可； (2)()联立方程可求交点坐标，结合垂直关系和中点可求线段AB的垂直平分线的方程： (i)根据圆的特征可求圆心和半径，写出方程即可. 【小问1详解】 1.x+y+2=0 的斜率为所=-1，.y=2的斜率为k=0 【小问2详解】 x+y+2=0 (i)联立y=2 ,可得A(-4,2)月 x+y+2=0 联立x=2 ,可得B(2,-4) x=2 联立y=2,可得C(2,2) 线段AB的中点为（山，-），k=k=-1 所以线段4B的垂直平分线的方程为》+1=x+1,即)=x 第19页/供31页 6学科网组卷网 (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， |AB=6V2,圆心为(-，-)，所以过A,B,C三点的圆的方程为（Cx++(y+=18 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=3 D (1)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： PM=AD:条件②：PA=V2AB,条件O: 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)证明： 因为四边形ABCD是矩形， 所以CD⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD, 第20页/供31页 学科网命组卷网 且平面PAD与平面 BCD 相交于AD CDC面ABCD 所以CD⊥平面PAD,又CDC平面PCD, 所以平面PAD⊥平面PCD (2) 选条件①，不能求出二面角B-PC-D的大小； 元 选条件②或③，可得平面PBC与平面PCD的夹角为3. 【解析】 【分析】(1)要证明面面垂直，则需要通过证明线面垂直得到面面垂直，即证明CD⊥平面PAD (2)选条件O,顶角∠P1D不确完，由4D=2无法求出PD,则1B,CD 都不确定；选条件②，取 AD OP 中点，连接，过点作】 -O,OE⊥AD、BC 交BC于点E,证明 OP⊥ABCD 一平面 ，然后建立空间直角 坐标系，求出平面PBC与平面PCD的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；选条件 ③ 取AD中点O,连接OP,过点O作OE⊥AD交BC于点E,先证明△ABP和△CDP都是直角三 角形，然后建立空间直角坐标系，求出平面PBC与平面PCD的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余 弦公式求出结果 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选条件O,由()知CD⊥PD,AB=CD=VPC-PD',在等腰△PAD中，顶角∠PAD不确定， 由AD=2 无法求出PD,则1B,CD B-PC-D 都不确定，因此不能求出二面角 的大小，即①不可选 第21页/供31页 学科网命组卷网 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，ABIICD,AB=CD,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=PCMB=CD,所以PA=PD,PB=PA+AB 因为PA=V2AB,PB=5,所以PA=2,AB=I 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平商PMD 所以OP⊥平面ABCD,因为OEc平面ABCD,所以OP⊥OE, 因为AB∥OE,所以AD⊥OE, 所以如图以O为原点建立空间直角坐标系， D 第22页/供31页 命学科网命组卷网 则4,00)，B(1,10)C(-1,10D(-10,0,P0,0,1） 因为PM+PD2=AD 所以PA⊥PD. 因为平面PAD⊥平面PCD, 平面PAD∩平面PCD=PD, 又ADC平面PAD, 所以PA⊥平面PCD, 所以平面PCD-个法向量为MP=(-1,0) 设平面PBC法向量i=(x,2)BC=(-20,0),PC=(-1,l,-) n.BC=0 由万-Pc=0'可以取i=(0,11) 设平面PBC与平面PCD的夹角为O, n.AP 1 则leos6l-cos元4= AdV2×22. 因为0e0,牙，所以平面PBC与平面PCD的夹角 元 为3. 选条件③ 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, 因为矩形ABCD中，AB/ICD,AB=CD 所以AB⊥平面PAD, 第23页/供31页 6学科网 命组卷网 所以△ABP和△CDP都是直角三角形， 因为PB=PC,AB=CD,所以PA=PD, 又PALPD,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， ZA D》 E B 则A,00吵B(l1,0吵，C(-1,0,D(-1,0,0,P(00,1) 因为PM+PD2=AD 所以PA⊥PD 因为平面PAD⊥平面PCD, 平面PAD∩平面PCD=PD, 又ADC平面PAD, 所以PA⊥平面PCD, 所以平面PCD-个法向量为4P=(-L0,1) 设平面PBC法向量i=(xy,2),BC=(-2,0,0).PC=(-1,山，-) 第24页/供31页 命学科网命组卷网 nBC=0 由 iPC=0可以取i=(0,1) 设平面PBC与平面PCD的夹角为O, 则lcos0=cos元，Ad n.AP 11 列AP 2×V2-2.因为0∈[0，]，所以平面pBC与平面PCD的夹角为 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上一点，平面ABF与棱PD、PC分别交于点G、H. P E D 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6. ()确定点F的位置，并说明理由： (i)求线段PH的长 【答案】(1)证明：在正方形AMDE中，AB∥DE, 又AB4平面PDE,DEC平面PDE,所以AB∥平面PDE, 第25页/供31页 6学科网命组卷网 又ABC平面ABFG,平面ABFGO平面PDE=FG,则ABIIFG 元 (2)(i)当F满足 PF=P吧时，有直线BC与平面4BF所成角为6 因为PA⊥平面ABCDE,四边形AMDE为正方形， 以点A为坐标原点，AM、AE、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 A-xyZ M 则4(0,0,0)、B(10,0)、C(21,0)、P(0,0,4)E(0,2,0) 则BC=(L1,0),AB=(1,0,0.PE=(0,2,4)， 设PF=PE=(0,2元，4)，∈[0,1，则F(0,2,4-42)）,F=(0,2,4-4) 设平面ABF的一个法向量为”=(x,少，2)， n·AB=0x=0 则有n4f-0:即12y+40-z=0:令2=元则y=21-少 则平面ABF的一个法向量为n=(0,2元-2,2) 设直线BC与平面ABF所成角为a, 第26页/供31页 6学科网命组卷网 则sima-eos(a,Bc= n.BC 2-2=1 BC V2×V522-82+42, 2 = 化简得322-82+4=0，解得3或2=2（舍去）， PF-2PE 故当F满足 3时，有直线BC与平面ABF所成角为6. (ii)PH=41 5 【解析】 【分析】(1)先由线面平行的判定定理证明AB/1平面PDE,再由性质定理得到： (2)()建立如图所示坐标系，求出平面ABF的一个法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可； (i设点H的坐标为(，w),由向量共线可设PF=PC(0<元<)可得到 u=22,v=九，w=2-22 ,再根据4=0求出乙，计算模长即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 (i)略 (山）设点H的坐标为，yw) 因为点H在楼PC上，所以可设P丽=PC(0≤μ≤)，即(u,w-4)=(2,L4), u=24 u=24 所以v=4 ，解得v=山 ，所以 w-4=-4 w=4-44 H(24,4,4-4μAi=(24,4,4-44） 第27页/供31页 6学科网列组卷网 22 因为-0,)是平面ABFGH的一个法向， 2.2 图为E面4BC,m=0,即4牛4-4p=0解4美 黄所-等心，则Pm-P风网-41+16-4 4V21 5,即线段PH的长为5 21.给定正整数n《n23)，记集合S,=(x,,…小=0或1(i=l2,,m）且 +号++≠0.对于由S中的三个元素组成的子集《4,4，…，4)（么，b,…,b)(G,c9,,c} 若清足对于任意1e儿，2…，心，4+b+c均为偶数，则称该三元子集具有性质工 (1)在S的了集中，写出一个具有性质T的三元了集：（结论不要求证明） (2)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： (3)在S“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： 1,0,0),(0,1,0),(1,1,0)} 【答案】(1)故答案不唯一，如 (2) 31 =10 由题意，S中共有25-1=31个元素，故最多能选出3」 个两两交集为空集的三元子集， 将，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， 24=16 第一个数字称为第一个分量，以此类推)，知其和等于 同理，所有第二个分量、第三个分量、…的和均等于16 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. 第28页/供31页 命学科网命组卷网 故中余下的一个元素的每一个分量都是偶数，即只能为00,00,0) 这与0,000,08矛居. S 所以在○5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. 22026-1 (3)3，理由： 记=3，其中n为偶数，不妨假设=2时5有膏 当n=2时，S的=元了集只有-个《0，).L,0,,},且具有性质T, 所以在S中最多能选出=引个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集。 记5中具有性质T的三元子集为{《a,4).(么，6)，(9,9} 当n=4时，S4中有24-1个元素，故最多有3 2个两两交集为空集的三元子集.、 因为S4的子集《0,1a,4)(1,0,,b)，(1,19,9},{L0,a,a)(1,14,b).(0,1c,}. {(11,a,a),(0,14,b)(1,0G,c}{《0,0,a,4),(0,0,6,bh),(0,0,99}和 {1,0,0,0),(0,1,0,0),(1,1,0,0)} 为两两交集为空集，且具有性质的三元子集（共5个）， 24-1 所以在S4的子集中，最多能选出4= 3 =5 个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集。 设{《4，d4,4,d).(G,6,9,e)(斤，5，方}为S4中上述具有性质T的三元子集中的任意一个， 26-1 同理，得S6中有26_-1个元素，即最多能有3个两两交集为空集的三元子集， 第29页/供31页 命学科网命组卷网 且对于8。，可以对应构造出4个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集， 即{《0,14,4,4，d,)(,0,9,%,e)l,f5,5,f} {1,0,4,d,d,d4),(1l,%,6,e,e4),(0,lf,f,f4)} {1,l,d,d2,4,d4),(0l,g,6,e,e4),(1,0,ff,5,f4} {《0,0,4,d,d4,d4),(0,0,6,6,6,e4),(0,0,f,,,f4} 又因为{《，0,000,0,01,000,0，，10,00,0》为中具有性质T的=元子集，且与上达集合的交集 为空集， 所0以在8的子集中，泵多能运出+1=2 3 =个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集。 22026-1 以此类推，得在S2o26的子集中，最多能选 4420m4+1= 3 s个两两交架为空集，且具有性质T 的三元子集。 【解析】 【分析】(1)根据集合的新定义直接求解： (2)利用反证法，结合集合的新定义证明即可； (3)分别分析2 ,S,S中满足条件的子集个数，类比得出结论即可 【小问1详解】 由愿意，S,=3…,x川=0或(=山，2，…，川且+号+…+x≠0 S={0,0).(0,1,0).(0,01,(1,0),(1,01),(0,1),(1,1} {L1,0,0),(0,1,0),L,1,0)} 则满足性质T的三元子集不唯一，如 【小问2详解】 略 第30页/供31页 6学科网命组卷网 。 【小问3详解】 略 第31页/共31页