湖南省长沙市岳麓实验中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

长沙岳麓实验中学高二10月测试 数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分。每个小题只有一个选项为正确选项） 1.若点在直线上的垂足为，则（） A. B. C. D. 2.已知空间三点.则以为邻边的平行四边形的面积为（） A. B. C. D. 3.如图，在正方中，异面直线与所成的角是（） A. B. C. D. 4.如图，在三棱锥中，为的中点，点在上，满足，记分别为，则（） A. B. C. D. 5.已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A.1 B.2 C.3 D.4 6.如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为，，，则的长为（） A. B. C. D. 7.同时抛掷一白一红两枚质地均匀的骰子，用表示白色骰子的点数，表示红色骰子的点数，设事件“”，事件“为偶数”，事件“”，则下列结论正确的是（） A.与对立 B. C.与相互独立 D.与相互独立 8.已知函数是定义在上的奇函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为（） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题意的。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9.关于直线，下列说法正确的有（  ） A.直线的倾斜角为 B.直线在轴上的截距为 C.直线经过第一、二、三象限 D.直线与直线平行 10.如图，四棱柱中，为的中点，为上靠近点的五等分点，则（） A. B. C. D. 11.六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示，正八面体，下列说法中正确的有（） A.平面平面 B.平面平面 C.异面直线与所成的角为 D.若点为棱上的动点，则直线与平面成的角的正弦值的范围 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.点关于平面对称的点的坐标是                   . 13.在正四面体中，棱长为，点在棱上，且，则                   . 14.已知点，圆上两点，且，，三点共线，则的最小值为                   ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分）已知两直线和的交点为.求： (1) 过点与点的直线方程； (2) 过点且与直线垂直的直线方程. 16.（15分）已知在中，内角的对边分别为，且． (1) 求角； (2) 若的面积为，求． 17.（15分）如图所示，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，． (1) 证明：四边形是平行四边形； (2) 点在棱上，当二面角的余弦值为时，求的长． 18.（17分）如图，在四棱锥中，平面，，． (1) 证明：平面平面； (2) 若，，，，，，在同一个球面上，球心为． （ⅰ）求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）为的中点，线段上是否存在点，使得，，，四点共面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 19.（17分）已知函数，其中为常数. (1) 当时，恒成立，求实数的取值范围； (2) 设函数在上有两个零点， ①求的取值范围； ②证明：. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $长沙岳麓实验中学高二10月测试 数学（参考答案） 一、单选题 1.B【解析】垂足(1,2)在直线k心-y+b=0上，得k·1-2+b=0,由两直线垂直斜率乘积 为1将4号-1 联立得 k-2+b=0 ,解得k=2,计算得k+2b=2 2k=-16=0 1， 故选：B 2.A【解折】由A(02,3,B-2,16),C(1,-1,5)得AB=(-2,-1,3'AC=1,-3,2 计算得AB1=-2+(-1P+3=14'1AC1=P+(-3Y+2=14 由向量点积夹角公式得cOs∠BAC=AB:AC=-2×1+(-1)×(-3)+3×21 ABIACI V14×V14 因为∠BAC∈(0，π， 所以∠BAC= /6 以AB,AC为邻边的平行四边形面积 5=2S。=2×2AB1-AC]'sin∠BAC=14×74×sn写=7R3 故选：A 3.C【解析】连接CD1,AD1, 由A1D1‖BC且A1D1=BC,得四边形BCD1A1是平行四边形， 从而ABCD1, 故∠ACD1或其补角为异面直线AC与A1B所成的角. 在正方体中AC=CD1=AD1, 第1页共1页 可得△ACD1为等边三角形， 故∠ACD1=60 故选：C C B D: 1 4D【解析】E为0A的中点，则OE=OA=a 由BF=2FC,可得OF=OB+BF=OB+子B BC=OC二OB=c-b:故OF=b+5(c-b)=1b+2。 3 3 3 c. 故答案为：D 5A【解析】由P(-23,1)小Q(1,53)得PQ=(3,22平面a的-个法向量为 n=1,-22由点到平面的距离公式计算得P0:m-3-4+4=1,即点Q到平面的 V1+4+4 n 距离为1 故选：A 6.C【解析】BD,=AD-AB+DD:' 由题意得1AD=AB1=DD,=6'∠A1AB=∠A1AD=60,DA1AB AD·AB=0'AB·DD1=6×6×cos60°=18'AD·DD1=6×6×c0s60°=18 |BD1I=V(AD-AB+DDP=IADP+|ABP+|DD,2-2AD·AB-2AB·DD1+2AD·DD1 第2页共1页 代入数值计算得36+36+36-0-36+36=6V3, 故选：C 7.B【解析】存在(2,4)满足x+y=6且y为偶数， 故事件A与B可同时发生，A错误. BC表示满足x>3且y为偶数，x=4时有6种符合情形，X=5时有3种符合情形，x=6时有 6种符合情形，抛掷两枚骰子共有36种等可能基本事件， 故P(BC)= 6+3+6-5 36 12,B正确 章件A包含5种等可能基本事件、得P(A)广品事件C包合18种等可能基本事件，得 P(C)=18=1 Γ362 计算得P(AC)=2=1 3618 由P(AC)≠P(A)P(C), 故A与C不相互独立，C错误， B表示y为奇数，共包含9种等可能基本事件， 故PB=1是是合P(C-安PBC得PBC-PBPC. 故B与C不相互独立，D错误 故选：B 8.B【解析】构造函数g(x)=f(x),因为f(x)是奇函数，所以f(-x)=-f(x). 则g(-x)=-xf(-x)=f(x)=g(x),g(x)是偶函数. 由fa）-bfb<0(a,b∈[0，+∞，a≠b), a-b 可知g(x)在[0，+∞)单调递减，那么gx)在(-∞，0)单调递增 不等式f(P)-(2+1)ft+2)<0, 变形为f(2)-(t+2)f(t+2)<0即gt2)<gt+2 当t>0时，t2>0,t+2>0,g(x)在[0，+∞)递减，所以t>t+2. 解t2-t-2>0,解得t>2. 第3页共1页 当<0时，>0'gt)<gt+2等价于g2)<g1t+2I)所以2>t+2 因为t<0,则t2>-t-2,即t2+t+2>0且t2>t+2, 解t2-t-2>0得t<-1或t>2,结合t<0,得-1<t<0 综上，解集是(-1,0)U(2,+∞). 答案为B 二、多选题 9.AC【解析】x-y+2=0化为斜截式得y=x+2, 直线斜率k=1,倾斜角取值范围为[0，π)， 由tan0=1特0=子放A正确 令y=0,解得x=-2, 故直线l在x轴上的截距为-2，B错误. 斜率1>0，纵截距2>0， 故直线经过第一、二、三象限，C正确， 直线x+y-1=0化为斜截式得y=-x+1,斜率为-1，与y=x+2斜率不相等， 故两直线不平行，D错误 故选：AC 1O.BD【解析】对于AM 由向量加法，AM=AB+BC+CM 因BC=AD,M是CD,中点数CM-CD,-cD+CC 又CD=-AB,CC1=AA 第4页共1页 AM-AB+ADAB+AA)B+AD+AD 错误，B正确 对于AQ 由向量加法，AQ=AA1+A1Q Q是CA1止莽近A,的五等分点，故A,Q=号A,C 而AC=A,D1+D,C,+CC且A,D1=AD,D,C=AB,C,C=-AA A0=-AA+片AD+AB-A)-号iB+An+号AA5AQ-AB+AD+4AA.C 错误，D正确. 答案为BD 11.ACD【解析】连接AC、BD、EF,交于点O,则O是AC、BD、EF中点， 故四边形AECF、BEDF是平行四边形，所以AE‖FC,DE‖BF 因AEC平面EAD,FCZ平面EAD,且AE‖FC,故FC‖平面EAD: 同理，FB平面EAD 又FBn FC=F,FB、FCC平面FCB,所以平面EAD‖平面FCB,A对： 取AD、BC中点M、N,连接MN,MN中点为O,由AD‖BC, ADa平面BCE,BCC平面BCE,得AD‖平面BCE. 设平面ADE与平面BCE交线为l,则l‖AD 因△EAD、△EBC是等边三角形， 故EM⊥AD,NE⊥BC,进而EM⊥l,EN⊥L, ∠MEN为平面ADE与平面BCE成角的平面角. 设AB=2,则EM=NE=3,OE=V2,MN=2, c0s∠MEN=,3+3-4=1 2×3×33,B错。 由EF与AC垂直且等长，四边形AECF是正方形，故AE‖FC, 则直线AE与BF所成角即BF与CF所成角！ 在正△BCF中，∠BFC=60°，故异面直线AE与BF所成角为60°，C对. 第5页共1页 E 建空间直角坐标系，令AB=2, 则A(V2,0,0,D(0,-V2,0),F(0,0,-V2),B(0,2,0. DA=(2,V2,0)'A=(2,0,2' 设平面AD法向量为n=(X,y,2 由 得2x+V2y=0, n⊥DA'n⊥FA 12x+2z=0 令x=-1则y=z=1,n=(-1,1,1 点P在棱EB上，设BP=λBE(0<入≤1' AP=AB+λBE=(-V2,V2(1-λ)，92λ) 设直线AP与平面FAD成角为0， sin 0=InAP 2V2 2V2 Inl-API V3.V2+2(1-λ)2+22 第6页共1页 当入时，sin9n-22 3 6 当入=1或0时，(sin0)min= 3 故直线AP与平面FAD成角正弦值范围[ 622D对 3’3 故答案选：ACD, 三、填空题 12.（-3,2,1)【解析】因为点M(3,2,1)关于平面y0z对称， 所以X坐标取相反数，y、Z坐标不变， 故对称点坐标为-3,2,1)】 13.-3【解析】DE·AC=(DA+AE)小AC=DA·AC+AE·AC 由DA=-AD,AE=号AB得DA·AC+AE·AC=-ADAC+号ABAC, 3 3 正四面体中从同顶点出发的任意两棱夹角为60° 故AD·AC=AB·AC 因此作简符-AR-AC+号AR:AC=号ABAC ACI=3.cos 60ABAC=3x3x 代入计算得 2x3x3×号=-3 1448【解折】点0到直线1：3x+4y+25=0的距离d=3×0+4×0+251=5>4, 5 故直线与圆O相离. 13x,+4y:+251 由点到直线距离公式， 为点M(x1,y1、N(x2,y2)到直线l的距离， 记为MM1l、|NN1l,故3x1+4y1+25|+3x2+4y2+25|=5(IMM1+|NN1I). 设T为MN的中点，T在l上的射影为T,因MM1⊥l,NN1⊥l,TT1⊥， 故MM|+|NN1=2|TT1, 即l3x1+4y1+25|+3x2+4y2+251=101TT1. 第7页共1页 由垂径定理，OT⊥MN,又MN过点P, 故OT⊥PT, N M 即点T在以OP为直径的圆上，该圆的圆心为C(0,1),半径为1. 圆心C到直线的距离为3×0+4×1+25！=29 5 放圆C上的点I到的南离TT≥碧-1：4 5 当且仅当C、T、T共线且T在C与T1之间时取等号. 因此3x+4y+25+13x,+4y,+25≥10×24=48. 5 四、解答题 15.(1) x+2y-6=0 解：由X-2y+2=0两式相加得2x-4=0,解得x=2 将x=2代入x+2y-6=0,得2+2y-6=0,解得y=2, 故点P的坐标为2,2). 过点P(2,2)与Q(0,4)的直线斜率k=2-4=-1 2-0 由点斜式得直线方程为y-2=-(x-2)】 整理得x+y-4=0 (2) 解：直线2X=3y+1=0的斜率为号 设所求直线斜率为k,由垂直直线斜率关系k· -1，得k=-多 第8页共1页 因所求直线过点P(2,2,由点斜式得y-2=-3(x-2】 2 整理得3x+2y-10=0 16.(1) 解：由2b=2 c cos A+只V3a,结合正弦定理得2sinB=2 cos Asin C+3sinA, 由B=π-(A+C)得sinB=sin(A+C), 整理得3sinA=2 sin Acos C. 因为A∈(0，π)， 故sinA>0, 从而cosC=3 ,C∈(0，m, 所C=君 (2) 解：南三角形面积公式得S6版b5nC-子b,特合面积为.利a0-2短 3 由余弦定理得2=a+b-2 abcos C=(a+b2-(2+3)ab' 代入a+b=1+2V3,ab=2V3, 化简得。2=1+23}2-(2+323=7 故c=V7 17.(1) 证明：以C为坐标原点，分别以CD,CB,CC1所在直线为X,y,z轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标为C(0,0,0),C2(0,0,3),B20,2,2,D2(2,0,2),A2(2,2,1), ZA A D B 第9页共1页 计算得B,C2=(0,-2,1AD,=(0,-2,1 故B,C2=AD, 因为B2C2与A2D2不共线， 所以B,C2‖A2D2且B2C2=A2D2, 故四边形A2B,C2D2是平行四边形. (2) 解：设平面A,C,D,的一个法向量为m=(x,y,z 也A,C=-2,-22”A,D,=0,-21得A,Gm=2x-2y+2z=0,令2=2 A2D2'm=-2y+z=0 解得x=1,y=1, 故7m=(11,2 设P(0,2,其中0≤入≤4，则PC2=(0,-2,3-1 设平面PA,C,的法向量为， ac广得n4,C2=-2a-2b+2c、9c9 n·PC,=-2b+(3-λ)c=0 解得b=3-入，a=入-1， 故7=（入-1,3-入，2） 由二面角P-A2C2-D2的余弦值为- 3 m:nl_3 2，得 2 mn 代入坐标化简得」 6 3】 V6×(λ-1)2+(3-λ2+42 整理得2-4入+3=0， 解得λ=1或入=3，均符合题意. 由B(0,2,0)得BP=, 第10页共1页 故BP的长为1或3， 18.(1) 证明：由PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,得PA⊥BC,又BC⊥AC, PAn AC=A,PA,ACc平面PAC, 故BC⊥平面PAC,结合BCC平面PBC,得平面PBC⊥平面PAC (2) 解：(i)由BC⊥AC'BC=2'AB=4得AC=VAB-BC=23以c为原点， CA,CB所在直线分别为X轴，y轴，过点C平行于AP的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 由∠PAB和∠PCB均为直角，P,A,B,C四点共球，得PB为外接球直径，球心O为PB 的中点，结合AB‖DC,得∠DCA=∠CAB=30°， 代入CD=3得各点坐标为C(0,0,0),B(0,2,0),A(23,0,0),P(2V3,0,4), Di3号0.o5.2 海0-要号2P8-285,24C-10,-20 设平面PBC的一个法向量为n=(X,y,Z” 由PB·n=0 BC·n=0 即-23x+2y-4z=0,令x=2得y=0,2=-3 -2y=0 故n=(2,0,-3) 第11页共1页 设DO与平面PBC所成角为，则 -3V3,3V231 sin 0=Icos (n.Do nDo= 77 InDO (i)由N为PC中点，得N(3,0,2), 教0=-9明，12AM=-3,02D-盟，是4 设PH=APD0E1则AH=AP+PD-,3,41-a. 因为H,A,O,N四点共面， 3λ=-3a-3b 故存在实数a,b使得AH=aA0+bAN 2 对应坐标相等得 3-0 2 4(1-1)=2a+2b 解得入=4 5 故线段PD上存在点H满足PH=兰PD,使得H,A,O,N四点共面 5 19.(1) 解：由sin2x=1-cos2x,得 fx=-21-c0s2x)+2cosx+t=2coS2x+2cosX+t-2,当xe[-2,1时， 3’3 令知=sX,ae-1.xs0恒成立号价丁2a+2a*1-20ae[-方1止 恒成立，移项得2-t≥(2a2+2a)max gaj-=2a+2aae-小ga所口向上对精a=分放ga在， 上单调递增，得ga)mx=g1)=4,因此2-t之4，解得t≤-2，故t的取值范围是 (-00,-2]. 第12页共1页 (2) @解：令k=c0sX,X∈(-元，受》.得k∈-1,0，原函数化为2k2+2k+t-2, y=c0sX在-元，一受上单调递增，故Fx)在该区间有两个零点等价于方程 2k2+2k+t-2=0在k∈(-1,0)上有两个不相等的实数根 t-2>0 由此得不等式 2(-1P+2(-1+t-2>0,化简解得2<t<号.故r的取值范国为2， △=22-4×2(t-2)>0 ②证明：设k1=C0sm,k2=Cosn,则k1,k2为方程2k2+2k+t-2=0的两根，由韦达定 理得c0sm+c0sn=-1,cos mcos n=t-2 2 法1：平方得(cosm+osnP=1整理得c0s2m+c0s2n=3-t变形得 cos2m-sin2n-2-t,i0有2-te-号0j.cos2msn2n:则cosm<sinm 因为m,n∈(-元，》，所以cosm<0,sinn<0,放-osm<-sinn,即 cos mzi n=cos--n又-3亚-n∈(-，受.华y合=0asX在-1，号 2 上单调递增，得m>-3亚-n,整理得m+n>-3卫 2 2 法2：cosm-cos(-3严-n=csm-sinn=-1-cosn-sinn=-1-2sinn+平， ne-,号得n+子∈(-3子景，放2snn+牙e-吃，-1.因此 -1-82sin(n+军)∈(0，R2-1.即csm>cos(-3-m 2 结合y=Cas火在-元，受上单调莲指，且--n∈-1，子，放m--n即 2 第13页共1页 m+n>- 3π 2 第14页共1页