福建省厦门大学附属科技中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试题（解析版）

这是一份福建省厦门大学附属科技中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 已知，且，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至7页，第II卷第8页.
注意事项:
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效.
第I卷（选择题共58分）
一、单项选择题: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，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的一个方向向量为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的一般式与斜率的关系结合方向向量的定义求解.
因为直线的斜率为，
对A，，A正确；
对B，方向向量为的直线斜率不存在，B错误；
对C，，C错误；
对D，，D错误；
故选:A.
2. 直线平分圆C：，则（）
A. B. 1C. -1D. -3
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心，结合圆心在直线上，代入求值即可.
变形为，故圆心为，
由题意得圆心上，故，解得.
故选：D
3. 已知，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用空间向量平行坐标结论，结合坐标运算即可解.
向量，则，
因，于是得，解得，
所以.
故选：B.
4. 已知向量在向量上的投影向量是，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.
，设向量在向量的夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
所以，所以.
故选：C.
5. 瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，若直线与的欧拉线垂直，则直线与的欧拉线的交点坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题求出欧拉线方程，即可得直线l方程，后可得交点坐标.
由的顶点坐标，可知其重心为.
注意到，直线BC斜率不存在，则为直角三角形，
则其垂心为其直角顶点，则欧拉线方程为：.
因其与垂直，则.
则，则直线与的欧拉线的交点坐标满足，即交点为.
故选：B
6. 已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用，计算可得结论.
】由圆，可得圆心，半径，
又A-2,0，所以，
所以，
因为，所以.
故选：A.
7. 在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线过定点确定出对于给定的一点，取最大值时且，然后根据点为正方形上任意一点求解出，由此可知.
直线过定点，
对于任意确定的点，
当时，此时，
当不垂直时，过点作，此时，如图所示：
因为，所以，所以，
由上可知：当确定时，即为，且此时；
又因为在如图所示的正方形上运动，所以，
当取最大值时，点与重合，此时，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于利用图像分析取最大值时与直线的位置关系，通过位置关系的分析可将问题转化为点到点的距离问题，根据图像可直观求解.
8. 已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线过定点及两直线位置关系先确定P的轨迹，取点构造相似结合三角形三边关系计算即可.
因为直线，直线，易知，
且分别过定点，取其中点C-2,0，易知，
则P点在以C为圆心，3为半径的圆上，取点，连接,
不难发现，则，所以，
则，
当且仅当三点共线，且与线段和圆C的交点重合时取得等号.
故选：A.
二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题意.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列关于空间向量的命题中，正确的有（）
A. 若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则
B. 若，则是钝角
C. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
【答案】CD
【解析】
【分析】由可知，由，可知是钝角或者180°，由空间中四点共面定理判断C，根据空间向量基本定理可判断D.
对于A，，所以，即，A错误；
对于B，若，则小于0，则是钝角或者180°，B错误；
对于C，对空间中任意一点O，有，满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；
对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，D正确.
故选：CD.
10. 已知直线与，则下列说法正确的是（）
A. 与的交点坐标是
B. 过与的交点且与垂直的直线的方程为
C. ，与x轴围成的三角形的面积是
D. 的倾斜角是锐角
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知联立方程即可求解直线的交点坐标可判断A；由直线垂直确定垂直的直线的斜率则可求得直线方程，即可判断B；根据直线与直线的位置确定，与x轴围成的三角形的对应坐标即可得面积，从而可判断C；由直线斜率与倾斜角的关系即可判断D.
与可得，，
解得交点坐标为，所以A错误；
由所求直线与直线垂直得所求直线的斜率为，
由点斜式得，即，所以B正确；
如图，与轴相交于，与轴相交于，
与相交于
所以，与x轴围成的三角形的面积，所以C正确；
的斜率，所以的倾斜角是钝角，所以D错误.
故选：BC.
11. 在棱长为1的正方体中，为侧面（不含边界）内的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（）
A. 线段的长度为
B. 的最小值为1
C. 对任意点，总存在点，便得
D. 存在点，使得直线与平面所成角为60°
【答案】ABC
【解析】
【分析】对选项，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段，即可求得；
对选项，转化为是关键，然后通过坐标表示出即可求得的最小值为1；
对选项，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断出对任意点，总存在点，便得；
对选项，通过先求平面的法向量，然后根据直线与平面所成的角为60°建立方程，解得，故矛盾，故选项错误.
建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，
设点，，由直线与的夹角为，则有：
，
故有：
解得：
为线段上的动点，则有：（）
解得：
对选项，则有：，故选项正确；
对选项，过点作平面的垂线，垂足为
易知：（由于）
故的最小值等价于求
故有：
当且仅当时成立，结合，可得此时
故选项正确；
对选项，若，则有：，
，又
则有：
则有：
又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；
对选项，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：
解得：，矛盾，故选项错误.
故选：
【点睛】解决立体几何问题通常有两种方法：
是建立空间直角坐标系，运用空间向量的运算与性质解决立体几何的问题，将问题转化为代数运算，解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量；
二是通过传统的几何方法，需要较高的空间想象力.
第II卷（非选择题共92分）
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）.
12. 已知直线与直线，在上任取一点A，在上任取一点B，连接AB，取AB的靠近点A的三等分点C，过C作的平行线，则与间的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】过A做于D，交于E，根据三角形相似及题干条件，可得，利用两平行线间距离公式，可得与间的距离AD，进而可求与间的距离AE.
】过A做于D，交于E，如图所示：
因为，且由题意得，
所以，所以，
又直线与间的距离，
所以与间的距离，
故答案为：.
13. 已知四面体ABCD满足，则点A到平面BCD的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】设平面的一个法向量，列出方程组，求得，再求得且，结合，即可求解.
因为四面体满足，
可得，
设平面的一个法向量，
则，
令，解得，所以，
所以，
设点到平面的距离为，则.
故答案为：.
14. 已知点，直线将分割成面积相等的两部分，则实数的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【分析】计算直线与和轴的交点，计算，考虑当在点与点之间（包括点）和当在点的左侧两种情况，根据坐标之间的关系得到不等式，解得答案.
，由已知得，由得，，
，直线与轴交于，
当在点与点之间（包括点）时，
，，
则有..，所以，，
，故b221-b>0，所以，，又，，故；
当在点的左侧时，
-bk<-12-b2+k>0解得，，
由得，此时，，
点到直线的距离，
，得，
则有，所以，，
又，，故，，即.
综上所述：实数b的取值范围.
故答案为：.
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. 如图，已知的顶点为，，是边AB的中点，AD是BC边上的高，AE是的平分线．
（1）求高AD所在直线的方程；
（2）求AE所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据互相垂直的直线斜率的性质，结合直线点斜式方程进行求解即可；
（2）根据角平分线的性质，结合两点式方程进行求解即可.
【小问1】
因为是边AB的中点，
所以，
因为，
所以，
因此高AD所在直线的方程为：；
【小问2】
因为AE是的平分线，
所以，
所以，设，
所以，
所以AE所在直线的方程为：.
16. 如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，分别为的中点．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求点B到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出方向向量及法向量，利用空间向量夹角公式即可得解．
（2）求出的坐标，再利用求解即可.
【小问1】
因为底面ABCD是正方形，所以，且，
所以以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
因为，则，
可得，
设平面的法向量为，则，可取，
设直线与平面所成角为，则.
【小问2】
求得，
因为平面的法向量，
所以点到平面的距离.
17. 如图，在平行六面体中，平面，，，.
（1）求证：；
（2）线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）解法一：利用空间向量法，，从而得证；
解法二：在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标运算得，从而得证；
解法三：通过证明平面，则，利用勾股定理得证，从而得证；
（2）假设存在点满足条件，利用两平面夹角公式可解.
【小问1】
解法一：因为平面，平面，
所以，所以
因为，所以
又因为，
所以，化简得
所以，
所以
解法二：
在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，
设，则，所以，
由得，所以，
又因为，所以，解得，
所以，，，，
所以，
所以；
解法三：在平面中，过作的垂线，垂足为，连结交于.
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，则，
所以，所以，所以，
在中，，，，所以，
在中，，，，所以，
在中，，，，所以，
所以，
所以；
【小问2】
由（1）得平面的一个法向量为，
假设存在点满足条件，设，则，
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则，，所以，
所以，
因为平面与平面的夹角为，
即，解得，
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点使得平面与平面的夹角为.
18. 已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角．
（1）若为的中点，在线段上，且直线与平面所成的角为，求此时平面与平面的夹角的余弦值．
（2）在（1）的条件下，设，，，且四面体的体积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二面角可知，可证平面，建系，根据题意利用空间求点的坐标，进而求面面夹角；
（2）根据题意关系结合点到面距离的向量求法运算求解.
【小问1】
由题意知，，，
，，平面，可得平面，
且为二面角的平面角，即，
连接，而，则为正三角形，取的中点，
连接，则，由平面，平面，
所以平面平面，
而平面平面，平面，
可得平面，
取中点，连接，由矩形得，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则点，
可得，
设点，则，
设平面的法向量n=x,y,z，则，
令，则，，可得，
因为直线与平面所成的角为，
则，解得或（舍，
即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【小问2】
因为，，可知，分别为，的中点，
又因为为的中点，则，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，，，
由余弦定理得，
可知为锐角，可得，
则，
因为四面体的体积为，设点到平面的距离为，
则，解得，
因为，则，可得，
则，解得．
所以的值为
19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
（2）若点，，求的最大值；
（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）存在，和
【解析】
【分析】（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【小问1】
，
，
；
【小问2】
设，由题意得：，
即，而表示的图形是正方形，
其中、、、．
即点在正方形的边上运动，，，
可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．
因此，点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，取，
则．
因为，所以的最大值为．
【小问3】
易知，设，则
当时，，则，，满足题意；
当时，，
由分段函数性质可知，
又且恒成立，当且仅当时等号成立．
综上，满足条件的直线有且只有两条，和．
【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题.