四川成都市树德中学2027届高二上阶段性测试（10月）（含答案）

本试卷满分150分，考试用时120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.直线2x−3yA.(2,3) B.(3,2)C.(2,−3) D.(3,−2)2.在空间直角坐标系中，O为坐标原点，对空间中一点P(2,−3,4)，则下列叙述正确的是（

A.点P关于x轴的对称点是PB.点P关于平面yOz的对称点是PC.点P关于y轴的对称点是PD.点P关于原点的对称点是P3.已知四棱锥P−ABCD，PE=14PC，若AB→=aA.−34aC.54a+4.设k为实数，空间向量a=(1,2,−1)，b=(kA.当k=−1B.当k=1C.当k=−3时，D.当k=−1时，5.已知直线l1：x+ay−2=0，l2：ax+4yA.±2 B.−1C.−2 D.26.已知{a,b,cA.b，a−c B.bC.c，a+b−2c 7.已知空间向量a=(2,−1,2)，b=(1,2,2)，则向量a在向量b上的投影向量为（A.49,8C.43,88.公元1765年瑞士数学家莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（三条中垂线的交点）、重心（三条中线的交点）、垂心（三条高线的交点）在同一条直线上.后来，人们把这条直线称为欧拉线.若∆ABC的顶点A(−12,0)，B(0,12)，CA.x+y+6=0C.x−y+6=0部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.若n=(2,3,−1)为平面α的法向量，m=(−4,a,2)为平面β的法向量，v=(1,2,A.若α∥βB.若l⊥βC.若a=10D.若b=8，则10.下列说法正确的是（

）A.过点P(1,2)且在x轴，y轴截距相等的直线方程为B.若a=0，则直线3x+C.直线2xcosα−D.经过点P1(x1,11.正方形ABCD、ABEF的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点M、N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM=BN=

A.直线AC与BF所成的角为60°B.MN∥平面C.当a=22时，D.当MN的长最小时，点F到平面AMN的距离为2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，D(3,3,1)，则点D13.O不与A，B，C，D共面，并且ABCD四点在一个平面上，2OD→=xOA→+yOB14.已知P、Q分别在直线l1:x−y+1=0与直线l2:x−y15.（13分）如图，对正方体ABCD−A1B1C1D1，AB=2（1）（7分）求N到B1（2）（6分）求异面直线B1M与16.（15分）设直线l的方程为(a（1）（6分）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P；（2）（9分）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点A(xA,0)，B(0,17.（15分）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1（1）（5分）证明：BD（2）（5分）求A（3）（5分）求平行六面体ABCD−E是棱PD的中点，点F是棱PC上的一点（不包含端点）.（1）（4分）求证：PB∥面EAC（2）若平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为33（i）（5分）求三棱锥P−（ii）（8分）记平面AEF交PB于点G，点H在平面PBC上，求GF与平面HAD所成角的正弦值的取值范围.19.（17分）已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，其中PA≠PC，二面角B−PC−A的大小为60°，平面PDB⊥（1）（4分）证明：BD⊥面PAC（2）（6分）若PA=1，求直线PB与平面PCD（3）（7分）如图，若PA⊥AB，平面PAD∩平面PBC=l，Q为l上一动点.平面ABQ与平面CDQ1234567891011BCACDCACACBCDABC12.53315.(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD₁为x，y，z轴建立空间直角坐标系，已知正方体棱长AB=2，故B₁(2，2，2)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，D₁(0，0，2)，所以B1M→=(−1,−1,−2)|B1M所以点N到B₁M的距离d=（2）由（1）D1N→所以B1M→·D设异面直线B₁M与D₁N所成角为θ，则cosθ=16.解：（1）由(a+1)x则{x−2=0x+y−5=0，解得{x(2)由(a+1)x+y−5−2a=0得，当x=0又由{yB=5+2a∴S当且仅当4(a+1)=9a+1，即a=\d∴∆AOB的周长为OA+OB+AB17.(1)连接AC，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以AC⊥因为CA₁⊥平面C₁BD，BD⊂平面C₁BD，所以CA₁⊥BD，因为CA₁∩AC=C，CA₁，AC⊂所以BD⊥平面ACC₁A₁，因为CC₁⊂平面ACC₁A₁，所以BD⊥(2)因为CA₁⊥平面C₁BD，C₁D⊂平面C₁BD，所以CA₁⊥C₁CA1→=CA即CD→21+−2故A=12+（3）CA→又CA→故cos⟨CA→，CC1过点C1作C1E⊥AC于点E因为BD⊥平面ACC1A1，C1E⊂平面ACC1A1，所以BD⊥C1故C1E为平行六面体菱形ABCD的面积为CD·CBsin∠BCD=18.解：（1）因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为6的正方形，则以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可得：D(0,6,0)，P(0,0,6)，B(6,0,0)，E(0,3,3)，C(6,6,0)，连接AC，BD交于点O，∴PB→=(6,0,−6)，EO→=(3,0,−3)，∴PB→=2EO（2）因为AE→=(0,3,3)，PC→=(6,6,−6)，则AF→=AP→+{n→⋅AE→解得z=−λ，x=1−2因为AP⊥平面ABCD，所以AP→=(0,0,6)因为平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为33|cos⟨n解得λ=13或λ=1（舍），所以VPPGn=3AG→·n=2μ−(2−2μ)=4μ−2=0，解得AH→=AB→+sBC→+tBP→=(6,0,0)+s(0,6,0)+t(−6,0,6)=(6−6t,6s,6t)sinθ=|cos因为2t2−2即GF与平面HAD所成角的正弦值的取值范围为0,319.（1）连接AC，BD交于点O，连接PO，在平面PAO内过A作AH⊥PO，垂足为H，因为PA≠PC，所以垂足H不与点O重合，如图：又因为平面PDB⊥平面PAC，平面PDB∩平面PAC=PO，AH⊂平面PAO，则AH⊥平面PDB，又因为BD⊂平面PDB，所以AH⊥BD．在正方形ABCD中，AC⊥BD．AC∩AH=A，AH⊂平面(2)以AB为x轴，以AD为y轴，过点A的平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，设P(m，n，t)，则AP→=(m,n,t)，BD→=(−1,1,0)．因为PA=1，所以m2+n2+t2=1①．因为PA⊥BD，所以则{y=0(m−1)x+因为二面角B−PC−A为60°，所以|cos⟨DB由①②③解得m=0，n=0，t=1，或m=23，n=2（i）当P（0，0，1）时，PB→=(1,0,−1)，PC→=(1,1,−1)，DP→=(0,−1,1)设平面DPC法向量η2→=(x,y,z),{η2→⋅PC→=0η2→⋅DP→=0（ii）当P23,23,13时，PBη3→=(x,y,z),{η3|cos⟨PB→，η3→⟩|=|PB→·因为α∈0,π2，所以α=π3。……10分综上，PB（3）因为PA⊥AB，PA⊥BD，AB∩BD=B，AB，BD⊂面ABCD，所以PA⊥面ABCD。所以PA⊥AB，PA⊥AD。以{AB→,AD→,AP→}为正交基建立空间直角坐标系。因为AD∥BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD。又因为BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面PAD=l，所以BC∥l，AD∥l，设P(0,0,s)，Q(0,r,s)，A(0,0,0)，B设Q(0