2025-2026学年山东省青岛第九中学高二上学期10月质量检测数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年山东省青岛第九中学高二上学期10月质量检测数学试卷（含答案），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.过Am2,m+3,B1,2m2两点的直线l的倾斜角为135°，则m的值为( )．
A. -1或2B. 2C. -1D. -2
2.已知空间向量a=1,2,2，b=λ,-1,3，且b在a上的投影向量为3a，则λ的值为( )
A. -13B. 23C. 5D. 27
3.若a,b,c是空间的一个基底，且向量p=xa+yb+zc，则x,y,z叫向量p在基底a,b,c下的坐标，已知a,b,c是空间的一个基底，a+b,a-b,c是空间的另一个基底，一个向量p在基底a,b,c下的坐标为4,2,3，则向量p在基底a+b,a-b,c下的坐标是( )
A. 4,0,3B. 3,1,3C. 1,2,3D. 2,1,3
4.在三棱锥A-BCD中，若AB⊥BD，CD⊥BD，BD=1，则AC⋅BD=( )
A. 12B. 1C. 3D. 0
5.已知实数a,b,c,d满足ab=c-1d-3=43，则a-c2+b-d2的最小值为( )
A. 12125B. 8125C. 6425D. 4925
6.已知点P(a,b)为直线x+2y-4=0上位于第一象限内的动点，则下列结论正确的是( )
A. ab的最小值为2B. a+b的最小值为2
C. a2+b2的最小值为165D. a+bab的最小值为 2
7.在等腰直角▵ABC中，AB=AC=3，点P是边AB上异于端点的一点，光线从点P出发经BC，CA边反射后又回到点P，若光线QR经过▵ABC的重心，则▵PQR的周长等于( )
A. 2 5B. 2 7C. 3 2D. 4 2
8.在平面直角坐标系中，定义：ABn=x1-x2n+y1-y2n1n，其中Ax1,y1，Bx2,y2.若s,t∈N*，且sθ>βB. φ>β>θC. β>θ>φD. β>φ>θ
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点A2,1的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为 ．
13.如图，二面角α-l-β的棱上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱l.若二面角α-l-β的平面角为π3，且AB=4，AC=6,BD=5，则CD= ．
14.已知球O的表面积为16π，正四面体ABCD的顶点B,C,D均在球O的表面上，球心O为▵BCD的外心，棱AB与球面交于点P.若A∈平面α1,B∈平面α2,C∈平面α3,D∈平面α4,αi//αi+1i=1,2,3且αi与αi+1i=1,2,3之间的距离为同一定值，棱AC,AD分别与α2交于点Q,R，则cs∠PQR的值为 ．
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.(本小题13分)
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90 ∘，D,E,F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB=AC=1，PA=2．
(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；
(2)求点P到平面DEF的距离．
16.(本小题15分)
已知▵ABC的三个顶点的坐标为A2,3、B1,-2、C-8,1．
(1)求AB边的垂直平分线所在直线的截距式方程；
(2)求∠BAC的平分线所在直线的一般式方程；
17.(本小题15分)
如图，在多面体ABCDE中，▵ABC，▵BCD，▵CDE都是边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面CDE⊥平面BCD．
(1)判断A，B，D，E四点是否共面，并说明理由；
(2)在▵ABC中，试在边BC的中线上确定一点Q，使得DQ⊥平面BCE，并求QE⋅CD．
18.(本小题17分)
如图，点P是边长为2的等边▵ABC内部(不包括边)任意一点，▵PBC绕点B逆时针旋转π3得到▵QBA．

(1)若PC= 32,∠PCB=π6，求PQ；
(2)若PA=27 21,∠BPC=2π3，求△APQ的周长；
(3)求△APQ面积最大值．
19.(本小题17分)
如图，正四棱锥P-ABCD中，Q是棱PC的中点，H是底面ABCD的中心．过AQ作平面与棱PB,PD分别交于不同的点E,F(可以是端点)．
(1)求证：AQ,PH,EF三线交于一点；
(2)若AB=2,PA= 11．
(i)求直线AQ与平面PAB所成角的正弦值；
(ii)求多面体AEQFP的体积的取值范围．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.B
5.B
6.C
7.A
8.C
9.AC
10.BC
11.AC
12.x-2y=0或x-y-1=0
13. 47
14.57
15.解：(1)依题意：以A为坐标原点，AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
又D,E,F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB=AC=1，PA=2．
所以A0,0,0,B1,0,0,C0,1,0,P0,0,2,D12,0,0,E12,12,0,F0,12,1，
所以有：AP=0,0,2,DF=-12,12,1,DE=0,12,0，
设平面DEF的法向量为n=x,y,z，则有n⊥DF,n⊥DE.
所以n⋅DF=-12x+12y+z=0n⋅DE=12y=0⇒x=2zy=0，令z=1，有n=2,0,1，
设直线PA与平面DEF所成角为θ，则sinθ=n⋅APnAP=22× 5= 55．
所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为 55．
(2)因为DP=-12,0,2，由(1)有平面DEF的一个法向量为n=2,0,1，
所以点P到平面DEF的距离为：d=n⋅DPn=-1+2 5= 55．

16.解：(1)易知AB的中点为M32,12，
∵kAB=5，∴AB边的垂直平分线的斜率为-15，
所以AB边的垂直平分线所在直线的一般式方程为：x+5y-4=0，
则截距式方程为x4+y45=1．
(2)因为AB=-1,-5，AC=-10,-2，
∴ABAB=- 2626,-5 2626，ACAC=-5 2626,- 2626，
∴ABAB+ACAC=-3 2613,-3 2613，
即∠BAC的平分线所在直线的一个方向向量为-3 2613,-3 2613，
故∠BAC的平分线所在直线的斜率为1，
所以∠BAC的平分线所在直线的一般式方程：x-y+1=0．

17.解：(1)A，B，D，E四点共面．理由如下：
如图，取BC的中点O，连接AO，DO，取CD的中点H，连接EH，
在多面体ABCDE中，▵ABC，▵BCD，▵CDE都是边长为2的等边三角形，
则在等边三角形DCE中，EH⊥CD，
又因为平面DCE⊥平面BCD，平面DCE∩平面BCD=CD，EH⊂平面DCE，
所以EH⊥平面BCD，
同理，得AO⊥平面BCD，DO⊥平面ABC，
所以OA，OB，OD两两垂直，且EH//OA，
以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz．
则C0,-1,0，B0,1,0，D0,0, 3，A 3,0,0，H0,-12, 32，
设Ea,b,c，由HE=OA，即a,b+12,c- 32= 3,0,0，
解得a= 3，b=-12，c= 32，所以E 3,-12, 32，所以BE= 3,-32, 32．
又BA= 3,-1,0，BD=0,-1, 3，所以BE=BA+12BD，则BE,BA,BD共面，
因为B为公共点，所以A，B，D，E四点共面．
(2)如图，设OQ=λOA= 3λ,0,0，故DQ=OQ-OD= 3λ,0,- 3．
若DQ⊥平面BCE，则DQ⋅BE=0，DQ⋅OB=0，即3λ-32=0，解得λ=12，
所以Q为OA中点时，DQ⊥平面BCE．
当λ=12时，Q 32,0,0，又E 3,-12, 32，C0,-1,0，D0,0, 3，
所以QE= 32,-12, 32，CD=0,1, 3，则QE⋅CD=-12+32=1．

18.解：(1)∵▵PBC绕点B逆时针旋转π3得到▵QBA，∴PB绕点B逆时针旋转π3得到QB，∴▵PQB为等边三角形．
PQ=PB= PC2+BC2-2PC×BC×cs∠PCB= 34+4-2× 32×2× 32= 72．
(2)∵∠BPC=2π3，∴▵PBC的外接圆半径R=BC2sin2π3=2 33，
设外接圆心O，以O为原点，射线OA为y轴，建立直角坐标系，如图所示：

设OP与x轴正方向所成的角为θ，点P轨迹为圆弧BC (不含端点)．
A0,4 33,B-1, 33,C1, 33,P2 33csθ,2 33sinθ，
AP2=2 33csθ2+4 33-2 33sinθ2=203-163sinθ=127，
解得sinθ=1314，∴csθ=±3 314，
∴点P坐标为±37,13 321，由于13 321> 33，所以点P在圆弧BC (不含端点)上，符合题意．
由于BP=BQ,∠PBQ=π3,∴▵PBQ为等边三角形，∴PQ=PB，
∵▵PBC绕点B逆时针旋转π3得到▵QBA，∴AQ=PC，
∴求△APQ的周长即为求AP+BP+CP．
当点P坐标为37,13 321时，
BP= -1-372+13 321- 332=4 77,CP= -1+372+13 321- 332=2 77，
所求△APQ的周长AP+BP+CP=2 21+6 77．
当点P坐标为-37,13 321时，同理可得所求△APQ的周长AP+BP+CP=2 21+6 77．
∴所求△APQ的周长AP+BP+CP=2 21+6 77．
(3)设PB=a，由于▵PBQ为等边三角形，
设BD⊥PQ，垂足为D，则PD= 32PQ= 32PB= 32a，
∴PQ与以B为圆心，以 32a为半径的圆的部分弧相切，切点为D．
如图所示：

设弧与AB交点为M，AE⊥PQ，垂足为E
则AE≥AM，当且仅当D,M重合时，E,M重合，此时AE=AM，
∴S▵APQ=12PQ×AE≤12PQ×AM=12×a×2- 32a=1 3× 32a×2- 32a
≤1 3= 33．
当 32a=1⇒a=2 33且∠PBA=π6，即P恰好为▵ABC中心时取到“等号”，
∴△APQ面积最大值为 33．

19.解：(1)根据题意，A，Q为定点，E，F为动点．
如图，连接EF,BD,AC．
在平面AEQF中，不妨设EF交AQ于点G，
因为EF⊂平面PBD，所以G∈平面PBD．
因为AQ⊂平面PAC，所以G∈平面PAC．
因为平面PBD∩平面PAC=PH，所以点G也在PH上，
即AQ,PH,EF三线交于一点．
(2)(i)因为AB=2,PA= 11，所以AH= 2,PH= PA2-AH2= 11-2=3．
由已知四边形ABCD为正方形，易得AC⊥BD．
以H为坐标原点，分别以HB,HC,HP所在的直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,- 2,0,B 2,0,0,P0,0,3,Q0, 22,32．
所以AQ=0,3 22,32,AB= 2, 2,0,AP=0, 2,3．
设平面PAB的法向量为n=x,y,z，
则n⊥AB,n⊥AP，即 2x+ 2y=0 2y+3z=0．
取x=-1，得y=1,z=- 23，
即平面PAB的一个法向量为n=-1,1,- 23．
所以csAQ,n=AQ⋅nAQn=3 22+32×- 23 3 222+322× 1+1+ 232= 3015．
所以直线AQ与平面PAB所成角的正弦值为 3015．
(ii)方法一：由(1)知AQ,PH,EF三线交于点G，
显然G是▵PAC和▵PDB的重心．
同时VP-AEQF=VP-AEF+VP-QEF=VA-PEF+VQ-PEF=13×32AH×S▵PEF= 22S▵PEF．
因此，只需要求▵PEF的面积的取值范围．
如图，▵PDB中，PD=PB= 11,DB=2 2，
由重心的性质知PG=13PD+13PB①，
又F,G,E三点共线，所以PG=mPF+1-mPE，
且PF=λPD,PE=μPB0