2026-2027学年福建省厦门市第十中学高二（上）自主练习数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年福建省厦门市第十中学高二（上）自主练习数学试卷一、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.已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，且ka+b与2aA.−1 B.43 C.53 2.在三棱锥O−ABC中，OA+AB−A.OA B.AB C.0 D.AC3.已知直线a的方向向量为a，平面α法向量为n，下列结论成立的是(

)A.若a//n，则a//α B.若a⊥n，则a⊥α

C.若a//n，则a⊥α4.已知直线l过A(1,2)，B(m,2m−1)两点，且倾斜角为135°，则m=(

)A.1 B.13 C.43 5.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M为棱CA.52 B.103 C.6.如图、在四面体OABC中，设OA=a,OB=b,OC=c，G为A.16a−13b+12c7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BD1上运动A.[π3,π2] B.[8.如图所示，体积为8π的半圆柱的轴截面为平面ABB1A1，AB是圆柱底面的直径，O为底面的圆心，BB1为一条母线，点D为棱BB1的中点，且|AB|=4，A1E和A.83

B.43

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.设平面内四点P(−4,2)，Q(6,−4)，R(12,6)，S(2,12)，则下面四个结论正确的是(

)A.PQ//SR B.PQ⊥PS C.PS//QS D.PR⊥QS10.下列命题正确的有(

)A.空间任意两个单位向量必相等

B.若{a,b,c}为空间的一个基底，则{a+b,a−2b,c}可构成空间的另一个基底11.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列说法中正确的是(

)A.OM//AP

B.存在点M，使得OM//平面SBC

C.存在点M，使得直线OM与AB所成的角为30°

D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值

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Oxyz中，点M(−1,4,2)关于平面xOz对称的点的坐标是

．13.若P与A，B，C(A,B,C三点不共线)四点共面，且对于空间任一点O，都有AP=OA+2OB+tOC(t∈R).则14.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，且∠A1四、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)

如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=AD=3，AA′=2，∠BAD=90°，∠BAA′=∠DAA′=60°．

(1)以AB,AD,AA′为基底向量，表示向量BD，AC′；

(2)求证：BD⊥AC′；

(3)16.(本小题15分)

已知坐标平面内四点A(−2,−4)，B(2,0)，C(−1,1)，F(3,a)．

(1)若A，B，F三点共线，求实数a的值；

(2)若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，求点D的坐标；

(3)若E(m,n)是线段AC上一动点，求nm−2的取值范围．17.(本小题15分)

已知四棱锥P−ABCD的底面是梯形，PD⊥底面ABCD，AB/​/CD，AD⊥CD，PD=2AB=2AD=CD=2，PM=13PC．

(1)求证：PA//平面MBD；

(2)求点C到平面18.(本小题17分)

如图，在所有棱长都为2的三棱柱ABC−A1B1C1中，点E是棱AA1的中点，AB1⊥CE．

(1)求证：平面A1ABB1⊥平面ABC；

(2)若∠A1AB=19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC/​/AD，AB⊥AD，AB=BC=1．

(1)求证：AB⊥PD；

(2)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PE

1.【答案】D

2.【答案】C

3.【答案】C

4.【答案】C

5.【答案】D

6.【答案】A

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】ABD

10.【答案】BD

11.【答案】BD

12.【答案】(−1,−4,2)

13.【答案】−3

14.【答案】1715.【答案】BD=−AB+AD，AC′=AB+AD+AA′

因为AB=AD=3，AA′=2，∠BAD=90°，∠BAA′=∠DAA′=60°，

所以AB⋅AD=0，AB⋅AA′=AD⋅AA′=3×2×cos60°=3，16.【答案】解：(1)因为A(−2,−4)，B(2,0)，F(3,a)，

所以kAB=−4−0−2−2=1，kAF=a+43+2=a+45，

若A，B，F三点共线，则kAB=kAF，即1=a+45，解得a=1．

(2)若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，则AB=CD，

设D(x,y)，则CD=(x+1,y−1)，

而AB=(4,4)，

所以(4,4)=(x+1,y−1)，即x+1=4y−1=4，解得x=3y=5，

所以D(3,5)．

(3)nm−2的几何意义为动点E(m,n)与定点B(2,0)连线的斜率，设为k，

17.【答案】解：(1)证明：连接AC与BD交于点E，连接ME，

因为AB/​/CD，CD=2AB，所以AEEC=ABCD=12，所以AE=13AC．

又PM=13PC，故PM=13PC，所以PA//ME．

又PA⊄平面MBD，ME⊂平面MBD，

所以PA//平面MBD；

(2)由已知得PD，AD，CD两两垂直，

以DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，又PM=13PC，

故M(0,23,43)，

由已知得，DB=(1,1,0)，DM=(0,23,43)18.【答案】(1)证明：取AB的中点O，连接EO，A1B，OC，

∵E为AA1的中点，O为AB的中点，∴EO//A1B，

在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，

∴四边形ABB1A1是菱形，∴AB1⊥A1B，∴AB1⊥EO，

∵AB1⊥CE，EO∩CE=E，EO，CE⊂平面EOC，∴AB1⊥平面EOC，

∵OC⊂平面EOC，∴OC⊥AB1，

∵△ABC是等边三角形，O为AB的中点，∴OC⊥AB，

∵OC⊥AB1，AB∩AB1=A，AB，AB1⊂平面ABB1A1，∴OC⊥平面ABB1A1，

∵OC⊂平面ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．

(2)(i)连接A1O，∵∠A1AB=π3，AB=AA1，∴△A1AB是等边三角形，∴A1O⊥AB，

又∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB