2026-2027学年福建省厦门海沧实验中学高二（上）阶段测试数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年福建省厦门海沧实验中学高二（上）阶段测试数学试卷（10月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在空间直角坐标系中，点(−2,1,4)关于x轴的对称点的坐标为(

)A.(−2,1,−4) B.(−2,−1,−4) C.(2,1,−4) D.(2,−1,4)2.直线y=x+1的倾斜角是(

)A.π6 B.π4 C.π23.已知{a,b,c}是空间的一个基底，则可以与向量mA.a B.b C.c D.a4.如图，在三棱锥O−ABC中，点D是棱AC的中点，若OA=a,OB=b,OCA.−a+b−c B.a−5.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠AA.5

B.22

C.6.已知四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=1，点E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是(

)A.54 B.52 C.7.已知点A(−1,1)，B(2,−2)，若直线l：x+my+m=0与线段AB相交(包含端点的情况)，则实数m的取值范围是(

)A.−2≤m≤−12 B.m≤−2或m≥−12

C.128.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段AC的中点.点P在线段A1C1上，直线A.63 B.33 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.在空间直角坐标系O−xyz中，已知A(1,2,−1)，B(0,1,1)，下列结论正确的有(

)A.|AB|=6

B.OA⋅OB=−1

C.若n=(4,2,t)，且n⊥AB10.已知直线l1：ax+4y−3=0，l2：x+(a−3)y+2=0，则下列说法正确的是(

)A.l1可能垂直于x轴 B.l2可能垂直于x轴

C.若a=−1，则l1//l211.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，E，F分别为边AB，A1B1的中点，且存在点A.若直线C1P//平面AB1D1，点P的轨迹长度为22

B.若λ=μ，则直线D1P与A1C1所成角的取值范围是[π6,三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知直线y=2x+4，则其在x轴上的截距为

．13.若A(1,−2,3)，B(2,0,1)，C(t,1,0)三点共线，则t=

．14.空间直角坐标系xOy中，过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，过点P(x0,y0,z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.(本小题13分)

已知向量a=(2,−1,2)，b=(1,4,1)．

(1)求|2a−b|的值；

(2)16.(本小题15分)

已知A(1,1)，B(2,3)，C(4,0)，求(均写出一般式方程)：

(1)BC边上的中线所在的直线方程l1；

(2)过B点且在x轴和y轴上的截距互为相反数的直线方程l2；

(3)AB边垂直平分线方程l3及点C关于l3的对称点17.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1DI中，AB=2，E为BB1的中点．

(Ⅰ)证明：BC1//平面AD1E；

(Ⅱ)18.(本小题17分)

如图，在空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，BF⊥平面ABCD，CG=1，AE=2，BF=3，且CG//AE//BF．

(1)求证：D，E，F，G四点共面；

(2)在线段FG上是否存在一点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为72233？若存在，求出FM19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，∠BAC=30°．

(1)若AD//平面PBC.证明：AD⊥PB；

(2)若平面PAD⊥平面PCD，

(i)证明：CD⊥AD；

(ii)若1≤AD≤3，求平面APC与平面PCD

1.【答案】B

2.【答案】B

3.【答案】B

4.【答案】C

5.【答案】C

6.【答案】D

7.【答案】D

8.【答案】A

9.【答案】ACD

10.【答案】BC

11.【答案】ACD

12.【答案】−2

13.【答案】5214.【答案】215.【答案】解：(1)已知向量a=(2,−1,2)，b=(1,4,1)，

则2a−b=(3,−6,3)，

则|2a−b|=32+(−6)2+32=36；

(2)由已知可得：a16.【答案】解：(1)设BC中点为E，则得E(2+42,3+02)，即E(3,32)，

则直线l1的方程为y−1=1−321−3(x−1)，即x−4y+3=0；

(2)当截距不为0时，依题意，可设直线l2：xa+y−a=1，代入点B(2,3)，解得a=−1，

则得−x+y=1，即x−y+1=0，

当截距为0时，直线l2过原点和点B，则其方程为y=32x，即3x−2y=0；

综上，l2的方程为3x−2y=0或x−y+1=0；

(3)AB的中点F(32,2)，斜率为kAB=3−12−1=217.【答案】证明：(Ⅰ)∵D1C1//DC//AB，D1C1=DC=AB，

∴四边形

D1ABC1为平行四边形，

∴D1A//C1B，

∵D1A⊂面AD1E，C1B⊄面AD1E，

∴BC1//平面AD1E.

解：(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，B(0,2,0)，D1(2,0,2)，C1(2,2,2)，E(0,2,1)，

∵BC1//平面AD1E，

∴直线BC1

到平面AD1E的距离即为点B到平面AD1E的距离，

AB=(0,2,0)，AD1=(2,0,2)，AE=(0,2,1)，

设平面AD1E的一个法向量为n=(x,y,z)，18.【答案】解：(1)证明：因为BF⊥平面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD，

所以BF⊥AB，BF⊥BC，

因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，所以BA，BC，BF两两垂直，

则以点B为坐标原点，以BA，BC，BF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

根据题意，得D(2,2,0)，E(2,0,2)，F(0,0,3)，G(0,2,1)，

所以DE=(0,−2,2),DF=(−2,−2,3),DG=(−2,0,1)，

因为DE+DG=(−2,−2,3)=DF，

所以DE,DF,DG共面，

又DE，DF，DG有公共点D，

所以D，E，F，G四点共面．

(2)存在，理由如下：

A(2,0,0)，C(0,2,0)，则AC=(−2,2,0),AF=(−2,0,3)，

设m=(x1,y1,z1)为平面FAC的法向量，

则m⊥ACm⊥AF，即m⋅AC=0m⋅AF=0，即−2x1+2y1=0−2x1+3z1=0，令z1=2，

得平面FAC的一个法向量为m=(3,3,2)，

假设线段FG上存在点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为72233，

令FM=λFG=(0,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，

则AM=19.【答案】解：(1)证明：在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos30°，

即1=AB2+4−23AB，∴AB=3，

∵BC2+AB2=AC2，∴BC⊥BA，

∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，

∵PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，

∵AD//平面PBC，AD⊂平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，

∴AD//BC，∴AD⊥平面PAB，

∵PB⊂平面PAB，∴AD⊥PB．

(2)(i)证明：如图：过点A作AQ⊥PD于点Q，

∵平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，AQ⊂平面PAD，

∴AQ⊥平面PCD，

∵CD⊂平面PCD，∴AQ⊥CD，

又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，

∵PA⊂平面PAD，AQ⊂平面PAD，PA∩AQ=A，

∴CD⊥平面PAD，

∵AD⊂平面PAD，∴CD⊥AD．

(ii)由(i)知∠CDA=90°，∴CD2+AD2=4，设AD=m