河北石家庄市第三十八中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026-2027学年第一学期高二年级10月月考 数学试卷 一、单选题 1.在三棱锥0-ABC中，OA+AB-CB=() A.OA B.OC C.AB D.AC 2.已知空间向量a,的夹角为，且=2，=1，则a+2为() A.4 B.2V2 C.8 D.23 3.已知空间向量a,b,为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是() A.a+b,b+c,c+a B.a-b,b-c,c-a C.ab,a+b+c D.i,b+c,元+a 4.己知向量a=(4,0,3),向量五=(2,2，-1)，则向量a在向量上的投影向量为() A.(g0,) B.(,0) c.(g9-) D.(作，-) 5.如图，直线l1,L2,13的斜率分别为k1,k2,k3,则() A.k1<k3<k2B.k3<k1<k2 C.k1<k2<k3 D.k3<k2<k1 6.平面直角坐标系xOy中，已知点A(3,2),B(3,1),C(1,4④，则cos∠ABC=() A.9 B.9 C.© 13 D.3Vi3 13 7.下列说法正确的是（) A.直线3x-y-1=0在y轴上的截距为1 B.如果AB<0,BC<0,那么直线Ax-By-C=0不经过第二象限 第1页（共4页） C.直线的方程为x-ysin6+2=0,则直线的倾斜角a的范围是G,到 D.经过平面内任意相异两点(xy1),(x2,y2)的直线都可以用方程兰=-1表示 y2-y1X2-x1 8.如图所示，已知三棱锥P-ABC的各棱长均相等，D,E,F分别是所在棱AB,BC,CA的中点， 有下列说法： ①PA⊥BC;②BC/I平面PDF; ③AE⊥平面PDF;④平面PDF⊥平面PAE. 其中，说法正确的个数是() D E B A.1 B.2 C.3 D.4 二、多选题 9.已知空间四点A(1,2,3),B(1,1,2),C(2,1,1),D(1,1,1),则下列选项正确的是（) A.AB⊥CD B.AB//CD C.AC⊥BD D.AC与BD夹角的余弦值为号 10.己知直线l:x+y+1=0,则下列结论正确的是() A.直线在两坐标轴上的截距均为1 B.向量)=(1,1)是直线的一个法向量 C.过点(1,3)与直线平行的直线方程为x+y一4=0 D.若直线：x-y+1=0,则l1m 11.下列说法正确的是() @ 第2页（共4页） A.若直线的一个方向向量为(2,3)，则该直线的斜率为k= B.方程y-3=k(x+2)表示过点(-2,3)的所有直线 c.设直线的斜率为k,且-V3<k≤1，则直线的倾斜角α的取值范围是[0，习u(,m) D.已知直线过定点P(1,0)且与以A(2,-3)、B(-3,-2)为端点的线段有交点，则直线l 的斜率k的取值范围是(-∞，-3]U,+∞） 三、填空题 12.已知A(5,5),B(4,-3),C(0,5),M是BC的中点，则AM= 13.过点(1,3)，且与直线：x-V3y+2=0的夹角为90°的直线方程为 14.如图，在多面体EABCDF中，E,F分别在平面ABCD的两侧，且平面ADE⊥平面ABCD, 平面BCF⊥平面ABCD,∠AED=∠BFC=90°，若四边形ABCD是边长为a的正方形，DE= CF=入(0<入<a),则二面角E一AD-F余弦值的取值范围为 四、解答题 15.已知a=(1,1,-2),b=(-2,2,4). (1)求a与b夹角的余弦值： (2)若(ka+b1(a-3b,求实数k的值. 16.已知三角形的三个顶点分别为A(0,0)、B(2,1)、C(-4,3): (1)求BC边上中线的方程， (2)过点A作BC的垂线，垂足为D,求直线AD的方程并求出点D的坐标， 17.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=V2AD=2,M是AB的中点，N是棱AA1 第3页（共4页） 上一点. D C A B D C M B (1)若N是AA1的中点，求证：DB1⊥平面MNC: (2)若BD1//平面MNC,求AN的长， 18.已知直线l:kx-y+2+4=0(k∈R). (1)证明：直线过定点： (②)若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程： (3)若直线交x轴的负半轴于点A,交y轴的正半轴于点B,O为坐标原点，设△AOB的面积为S, 求S的最小值及此时直线的方程. 19.如图所示，己知三角形ABE为正三角形，且三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直， AB=2,∠ABC=60°，M是AB的中点. E ------>D B (1)求证：EM1AD: (2)求平面ABE与平面CBE夹角的余弦值： (3)在线段EC上是否存在点P,使得直线AP与平面ABE所成的角为45，若存在，求出的值： 若不存在，说明理由， 第4页（共4页）《2026-2027学年第一学期高二年级10月月考》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B 0 y 0 C AD BCD 题号 11 答案 ACD 1.B 【详解】0A+AB-CB=DB+B6=Qe. 2.B 【详解】因为a,5的夹角为"，所以a.5=0, 所+2=(a+2b)2=起+4.b+4h2=4+0+4=8, 所以a+2=V8=2√2. 3.B 【分析】根据题意，利用空间向量的共面定理，结合选项，逐项分析判断，即可求解 【详解】对于A,设存在实数xy,使得a+5=x(的+e)+y(e+),可得a+5=ya++(区+y)e, (x=1 所以y=1,方程组无解，所以A+5,5+e,e+a不共面，可以作为空间基底，所以A不符合题意： x+y=0 对于B,设存在实数x,y,使得a_5=x(D-)十y(e-),可得a_-方=-a十x+y-x)e, (x=-1 所以y=-1,解得x=-1,y=-1,所以a-5,5-e,c-共面，不能作为空间基底，所以B符合题意； (y-x=0 对于C,向量a,5,a+5+e,不存在实数xy使得a+B十e=a+yb, 所以a,5,a+方+e不共面，可以作为空间基底，所以C不符合题意： 对于D,设存在实数xy,使得a=x的+e)+y(i+),可得a=ya+b+(x+y)e: X=0 所以y=1,方程组无解，所以a,5+e,c+a不共面，可以作为空间基底，所以D不符合题意. x+y=0 故选：B. 4.C 【分析】根据已知求出a.5,时，即可根据投影向量求出答案 【详解】由已知可得，a.5=8+0-3=5,l=22+22+(-1)2=3, 答案第1页（共11页） →+ 所以，向量在向量书上的投影向量是功，h三 1-F b 5.A 【详解】设直线的倾斜角为a,k=tana, 图中直线11l2,l3对应的倾斜角分别为12,3， 由图可知a1为钝角，即k1=tanc1<0, 0<ag<<,即0<kg<<1, 所以k1<k3<k2 6.D 【分析】根据两点间距离公式计算IABl、IACl、IBC,再利用余弦定理即可求得 【详解】因为A(3,2),B(3,1),C(1,4),三点不共线， 则1A8=(3-3)2+(1-2)2=1, 14C1=、(1-3)2+(4-2)2=2V2, 1BC1=(1-3)2+(4-1)2=V13, 由余弦定理，可得cosLABC=A2+IBC2-Mq=+(国'-②=3 2IAB·BC 2×1×V13 13 故选：D 7.C 【详解】令x=0,得y=一1，故直线3x-y-1=0在y轴上的截距为_1，故A错误： 因为AB<0,BC<0,所以直线方程化为y=合x-哥 因为。<0，->0，所以直线不过第三象限，故B错误： 若sim6=0,则x-ysim6+2=0化为x=_2,其倾斜角为： 若sim0≠0，则x-ysim0+2=0化为y=品。x+品。 sin' 因为1≤sin6≤1且sim6≠0，所以品。≤-1或品之21， 则taa≤-1或tama≥1，得≤a<或<a≤ 故直线的倾斜角α的范国 ,故C正确： 若x1=2,则无法用业=一-表示，故D错误 y2-y1x2-x1 8.C 答案第2页（共11页） 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明逐 个分析选项即可」 【详解】如图，将三棱锥PABC放入正方体中，以棱作为面对角线， 以C为原点，建立空间直角坐标系， ZA 不妨设正方体的边长为2，由题意得C(0,0,0),P(0,2,2),A(2,0,2),B(2,2,0), 由中点坐标公式得D(2,1,1),E(1,1,0),F(1,0,1): 对于①，由题意得P=(2,_2,0),BC=（_2,_2,0) 则P.BC=4+4=0,得到PA⊥BC,故①正确 对于②，由题意得PD=(2,1,_1),PF=(1,_2,一1)： 设面PDF的法向量为i=(仪，y,z): 则PB.i=2x-y_2=0,x=1,解得y=-1,Z=3, -i=x_2y_z=0 可得i=(1,_1,3),而BC.斤=_2+2=0， 因为BC丈平面PDF. 所以BC/平面PDF,故②正确， 对于③，由题意得AE=（1,1,2),=(1,_1,3): 若AE⊥平面PDF,则AE=入i, (-1=λ 可得影1=-入，而不存在这样的入使得方程组成立， (-2=3λ 则AE⊥平面PDF不成立，故③错误， 对于④，由题意得Pバ=(2，_2,0)，AE=（_1,1,一2)， 设面PAE的法向量为m=(a,b,c): 则a明，二246209=1.解b=1.c=0 可得m=(1,1,0),由己知得i=(1,_1,3), 而i.i=1_1=0,可得平面PDF⊥平面PAE,故④正确， 答案第3页（共11页） 综上可得，说法正确的个数是3个，故C正确。 故选：C 9.AD 【详解】由题意知， AB=(1,1,2)_(1,2,3)=(0,_1,_1) CD=(1,1,1)_(2,1,1)=(1,0,0) AC=2,1,1)(1,23)=(1,_1,_2) BD=(1,1,1)(1,1,2)=(0,0_1). 所以AB与AC不共线，所以A、B、C三点不共线 所以ABCD=0,AB⊥CD, 所以AB⊥CD, 所以A正确，B错误 cos<AC,BD>= AC-BD 网画 即AC与BD夹角的余弦值为， 3 所以C错误，D正确 10.BCD 【分析】根据直线截距的概念判断A即可：根据直线方向向量与法向量的关系判断B即可：根据直线与直 线的位置关系求解方程求解直线方程即可判断C；根据一般式两直线垂直的充要条件判断D即可. 【详解】解：对于A,令x=0,则y=1,令y=0,则x=一1，直线在两坐标轴上的截距均为_1，故A 错误： 对于B,因为直线的方向向量为0=(1,1)或d=(1,1),则d.V=0,所以向量V=(1,1)是直线的一个 法向量；故B正确， 对于C,设与直线平行的直线方程为x+y+m=0(m≠1)，因为直线过(1,3)，所以m=_4,所以过点 (1,3与直线平行的直线方程为x+y_4=0,故C正确 对于D,直线m:×_y+1=0的斜率为1，直线的斜率为1，斜率kmk=一1，所以两直线垂直，故D 正确 故选：BCD 11.ACD 【分析】对于A,根据斜率与方向向量的关系，可得其正误；对于B,根据直线方程的表示，通过反例， 答案第4页（共11页） 可得其正误；对于C,根据两点距离公式，结合将军饮马模型，可得其正误；对于D,求得边界直线的斜 率，结合图象，可得其正误。 【详解】对于选项A:设直线上的两个不同点收，y,2y2,则k=哥号=受板A正确： 对于选项B:由当x=2时，y3=k(2+2),解得y=3, 方程表示的直线过定点(2,3)： 但直线x=_2也过(2,3)，不能由该方程表示，故B错误； 对于选项c:因为直线的斜率为水，k∈(3,1]，且k=tana,c∈[0，π)， 即_V5<tana≤1，所以a∈bU(,刊)，故c正确； 对于选项D:直线PA的斜率k==-3,直线PB的斜率k2=器= 2-1 由题意可作图如下： VA 因为直线I与线段AB有交点，所以斜率k的取值范围为(-∞，-3U+∞)，故D正确 12.5 【分析】先求得中点M的坐标，再根据两点之间距离公式计算即可. 【详解】因为M是BC的中点，所以M(,),即M2,1), 所以AM的长为(5_2)2+(5_1)2=5. 故答案为：5. 13.V3x+y3V3=0 【详解】丫所求直线与直线夹角为90°，即与直线垂直， :可设所求直线方程为：V3x+y+m=0. 代入(1,3)得：m=_3_5,:所求直线方程为：8x+y3_3=0. 4.【5,) 【分析】利用面面垂直性质建立空间直角坐标系，求出平面EAD和平面FAD的法向量，根据向量点积公式 求二面角余弦值表达式，通过换元法求表达式的值域，得到二面角余弦值的取值范围 【详解】建立以A为原点，AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向， 垂直平面ABCD方向为Z轴的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0), 答案第5页（共11页） 因为平面ADE⊥平面ABCD,交线为AD,因此平面ADE为x=O(YOZ平面)， E的横坐标XE=0,LAED=90°，DE=入，AD=a, 由勾股定理可得AE2+DE2=AD2=a2, 设E0,Y.2码且Z>0,联立方程呢+号=a2-2 (0yE-a)2+z径=12' 解得Y=。,2=2,即0，)， a, 同理，平面BCF⊥平面ABCD,交线为BC,F在平面ABCD下方， 同理得Fa,号，-受，)，在面ED中，法向量为沿若x轴方向的单位向量i1=1.O,0, a 在面FAD中，设法向量为"2=X,Y,, x2 Ava2-12 向量AD=(0,a,0),DF=(a,a,- 。),则m2AD=0 (n2·DF=0 y.a=0 a+Y.2Wa2平 即 Z=0,解得x=Na2-丞Y=0,z=a2, a a 所以面FAD的法向量为n2=(八√a2一，0，a2), 12 二面角余弦值为cos0= Va2-12 同Va*+a22- 令t=2,则cos0= taa/1-t2 a2t1-12 = tV1-12 aa-函=a22-2m=V2a-+ t2(1-t2) 对等式两边平方得cos26=-1再令u=t2(1-t2), 令x=t2,所以u=x(1x)=x2x, 由二次函数性质可得，当×=时，umax=_(+=是 当x→0或x→1时，u→0，且u>0. 因此u的范围是(0)，即原表达式可简化为cos0=本1=1- =1- 整理可得cos20=L 该函数是关于u的增函数， 当u=时.(cos0mx=1-六=专 当u→0时，(cos2)→0，且cos20>0. 因此得到0<c0s20≤3，又因为二面角为钝角， 所以cos6<0,对不等式开方得-誓≤0s9<0, 答案第6页（共11页） 15.43 a号 【分析】(1)利用空间向量的夹角公式可得答案： (2)利用空间向量垂直的坐标表示可得答案 【详解】(1)因为a=(1,1,_2),5=(2,2,4). 所以cos位D司=丽 ab -2+2-8 -8 、12+12+(←22J-2)2+22+42 所以与b夹角的余弦值为名. (2)因为a=(1,1,2),b=(2,2,4),所以ka￥b=(k_2,k+242k,a3b=(7,5,14): 因为(ka+b)⊥(a_3) 所以a+b).(a_3D)=7k_2)_5k+2)_144_2k)=0,解得k=号 16.(1y=_2x (2)直线AD的方程为y=3x:(引 【分析】(1)首先求BC的中点坐标，再求直线方程： (2)根据垂直关系求直线AD的斜率，再求直线方程；联立直线AD和BC的方程，求交点坐标. 【详解】(1)设BC边上的中点为点M,且B(2,1)、C(4,3), 则M(24,1),即M_12. BC边上的中线为AM,kAM=_2,所以直线AM:y=_2X, 所以BC边上中线的方程为y=_2x: 2)k如=号=-司 因为AD⊥BC,所以kAD.kc=1,则kaD=3, 所以直线AD的方程为y=3x, 直线BCy-1=-x-2),整理为：×+3y_5=0, 答案第7页（共11页） 联立+335=0，得x=安y=多 y=3x 则点D的坐标为() 17.(1) 证明：建立如图所示的空间直角坐标系Oyz, ZA D B M B 由题设可得：B(V2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),B1(V2,2,2), D10,0,2),M(W2,1,0),N(V2,0,1) ∴DB1=(2,2,2),MC=(V2,1,0),MN=0,-1,1), 由DB.MC=V2x(_V2)+2x1+2x0=0. DB1M时三V2x0+2x(-1)+2x1=0, 可得DB1IMC,DB1IMN, 又MC n MN=M,MC,MNC平面MWC,'.DB1⊥平面MNC: 号 【分析】(I)如图建系，求出相关点的坐标，由DB1.MC=O,DB1.MN=0推得DB11MC,DB11MN, 即可由线线垂直推出DB1I平面MNC; (2)设AN的长为A,求出平面MNC的法向量为n=(LV反，9).由BD,/平面wNC可得BD:m-反 2V2+2=0即可求得h. h 【详解】(1)略 (2)设AN的长为h,则0<h≤2，点N(2,0,h),进而得MN=(O,-1,h), 设平面MNC的法向量为i=(x,y,z),因MC=（-V2,1,0), 则CZx+y=0,取x=1得元=(1，吃，马). (元.MN=-y+hz=0 ,BD1=(-V2,-2,2),且BD1/平面MNC, :BD11i,即BD-元=-V2-2V2+=0, 解得h=子，即AN的长为号 18.(1)因为直线_y+2+4=0(kER) 答案第8页（共11页） 即6+-y+2=0,y+2。= 所以直线1恒过定点(_4,2). (2)x+2y=0或x-y+6=0 (3)s的最小值为16，此时直线1的方程为x-2y+8=0 【分析】(1)将1的方程变形为(x+4)k一y+2=0,进而可得定点： (2)分k=0、k≠0两种情况结合截距的定义及题设求解即可： (3)结合(2)可得k>0,8=2.(4k++4),进而根据基本不等式求解即可。 【详解】(1)略 (2)由1：k&_y+2+4k=0(k∈R) 当k=0时，上：_y+2=0,即y=2,显然不满足题意； 当k≠0时，令x=0,得y=4级+2：令y=0,得x=-+2 由于直线1在两坐标轴上的裁距互为相反数，则4k+2-=0,解得k=-或k=1, k 则直线1的方程为x+2y=0或x-y+6=0. 综上所述，直线1的方程为x+2y=0或x一y+6=0. (3)由(2)及题意知，k≠0， 且直线1在x轴上的截距为_然，在y轴上的截距为4k十2. -k2<0,解得k>0. 由 k 4k+2>0 所以s-到k+2到-数.张+习-2.（张++4 ≥2(24k+4=16, 当且仅当4k=是即k=时等号成立， 则s的最小值为16，此时直线的方程为x-y+4=0,即x-2y+8=0. 19.(1)证明：因为△ABE为正三角形，M为AB的中点，所以EM1AB, 因为平面ABE1平面ABCD,平面ABEN平面ABCD=AB, 且EMC平面ABE,所以EM⊥平面ABCD, 又因为ADC平面ABCD,所以EM L AD. 鸣 (G)存在点P,使得直线AP与平面ABE所成的角为45，且器-号 【分析】(I)根据题意，证得EM L AB,结合面面垂直的性质定理，得到EMI平面ABCD,进而证得EM L AD: 答案第9页（共11页） (2)以M为原点，建立空间直角坐标系，求得平面ABE和平面BCE的法向量t=(0,1,0)和n2=(8,1,1), 结合向量的夹角公式，即可求解： (3)设EP=入E,求得AP=(1,V√3λV√3V3),利用向量的夹角公式，列出方程求得入=子进而得到 答案。 【详解】(1)略 (2)解：由（1)知：EM1平面ABCD, 在菱形ABCD中，LABC=60°，AB=2,则△ABC为正三角形， 因为M是AB的中点，所以CM L AB, 以M为原点，以MB,MC,ME所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则M(0,0,0),B(1,0,0),A(一1,0,0)，C(0,3,0),E(0,0,V3) 设平面BCB的法向量为=Ky),则叵BC=-x+V3y=0 (.BE=-x+V3z=0 取x=V3,可得y=1,z=1,所以n2=(W3,1,1), 又由平面ABE的一个法向量为n1=(0,1,0)· 设平面ABE与平面BGE的夹角为9，则ca9=需-5=号 所以平面ABE与平面BCE所成的角的余弦值为号 (3)解：假设存在点P在线段EC上，设EP=入E,(0≤入≤1)， 由EC=0,V3,_V3),则P0,V3)5_V3),可得AP=1,V5,5_-3), 又由平面ABE的法向量为n主=(0,1,0)， 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°，所以， AP.n1 3 可得 V/1+312+3(1-)2×1 2 AP 化简得 a=克解得1=号 ②平方得，2 √62-61+4 因为0≤入≤1，所以存在满足条件的点P,使得直线AP与平面ABE所成的角为45°且P=2 EC 3 答案第10页（共11页） D M B 答案第11页（共11页）