北京市陈经纶中学2024-2025学年高二上学期阶段性针对训练（10月）数学试卷

这是一份北京市陈经纶中学2024-2025学年高二上学期阶段性针对训练（10月）数学试卷，共19页。试卷主要包含了10，直线的倾斜角是，圆关于直线对称的圆的标准方程为等内容，欢迎下载使用。
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题50分和非选择题100分
第一部分（选择题共50分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1.直线的倾斜角是（ ）
A.B.C.D.
2.在空间直角坐标系中，若，，则点的坐标为（ ）
A.B.C.D.
3.已知空间向量，，，，且与垂直，则与的夹角为（ ）
A.B.C.D.
4.“”是“直线与直线互相垂直”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
5.直线不过第二象限，则的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
6.圆关于直线对称的圆的标准方程为（ ）
A.B.
C.D.
7.如图，在四面体中，点为底面的重心，为的中点，设，，，则（ ）
A.B.
C.D.
8.已知直线过定点，点在直线上，则的最小值是（ ）
A.5B.C.D.
9.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.其中正确的是（ ）
①四棱锥为“阳马”
②四面体为“鳖臑”
③四棱锥体积的最大值为
④过点作于点，过点作于点，则面
A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④
10.已知圆直线，点在直线上运动，直线，分别与圆相切于点，.则下列说法正确的是（ ）
A.四边形的面积最小值为
B.最短时，弦长为
C.最短时，弦直线方程为
D.直线过定点
二、填空题
11.已知空间向量、，若，则______.
12.动直线与一点.当点到直线的距离最大时，直线的方程为__________（填一般式）.
13.已知圆的半径为3，则的值为____________.
14.已知空间三点，，.若空间中点满足平面，则符合条件的一个点的坐标是________.
15.过点与圆相切的直线方程为_____________.
16.如图，正三棱柱中，，，D为的中点.当平面时，_________，此时，直线与直线所成的角的余弦值为________.
17.已知圆，若直线上总存在点，使得过点的圆的两条切线夹角为，则实数的取值范围是___________
18.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为线段，交点，为线段上的动点，则以下结论正确的是______.
①当时，平面；
②当时，平面；
③线段的最小值为；④直线，所成角取值范围为.
三、解答题
19.已知圆过点和，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）经过点的直线与垂直，且与圆相交于，两点，求.
20.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.
（1）证明：.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（3）求点到平面的距离.
21如图，在四棱锥中，，，为等腰直角三角形，，平面交平面于直线，，分别为棱，的中点.
（I）求证：；
（II）设，则：
①求平面与平面夹角的正切值；
②在棱上是否存在点，使得平面?
若存在，求的值，若不存在，说明理由.
22.对于数列，，，定义“变换”列变换成数列，，，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束.
（I）试问，，和，，，经过不断的“变换”能否结束?若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；
（II）求，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；
（III）证明：，，，一定能经过有限次“变换”后结束.
参考答案：
1.B 【分析】依据斜率计算倾斜角即可.
【详解】直线的斜率为，则由，，知，即故选：B.
2.D 【分析】设出点，利用、两点的坐标即可表示出，再由两向量相等的坐标表示列出方程组，即可求出答案.
【详解】设，则，
所以，解得：，，.
所以点的坐标为. 故选：D
3.D 【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律即可求出，进而求出结果. 【详解】因为与垂直，所以，
即，
所以. 又，所以.
故选：D.
4.A 【分析】根据给定直线方程求出的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】依题意，，解得或，
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.
故选：A
5.C 【解析】分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式（组），由此可解得实数的取值范围.
【详解】若，可得，直线的方程为，该直线不过第二象限，合乎题意；若，可得，直线的斜截式方程为，
若直线不过第二象限，则，解得.
综上所述，. 故选：C.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在斜率存在的前题下，一般从直线的斜率与纵截距或直线在两坐标轴上的截距来进行分析，结合已知条件列不等式（组）求解.
6.B 【分析】把圆的一般方程化为标准方程，得圆心坐标和半径，由对称求出对称圆的圆心，可得标准方程. 【详解】由圆，得，
则圆心坐标为，半径为1，
设关于直线的对称点为，
则，解得，
圆关于直线对称的圆的标准方程为.
故选：B.
7.B 【分析】由平行四边形法则结合重心的性质得出，再由求解.
【详解】取的中点为，连接，由重心的性质可知，，且，，三点共线.
因为
所以
故选：B.
8.B 【分析】先求定点，再根据点到直线距离求解点到直线上动点距离最小值即可.
【详解】由得，所以直线过定点，
依题意可知的最小值就是点到直线的距离，
由点到直线的距离公式可得. 故选：B.
9.C 【分析】根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断的正误；根据题意可证平面，进而判断的正误.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
在堑堵中，，侧棱平面，
A选项，，又，且，则平面，
四棱锥为“阳马”，故正确；
B选项，由，即，又且，
平面，，则为直角三角形，
又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，四面体为“鳖膈”，故B正确；
C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，
，最大值为，故C错误；
D选项，因为，，，所以平面，故D正确；
故选：C
10.B 【分析】A选项，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，又因切线长定理可知，当最短时，面积最小；B选项，由圆的弦长公式结合锐角三角函数即可求解；C选项，两垂直直线的斜率相乘等于-1，两平行直线斜率相等；D选项，由向量积公式求定点坐标.
【详解】对于，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，
即，
最短时，面积最小，故当时，最短，
即，
，故A错误；
由上述可知，时，最短，故最小，
且最小值为，
所以，故B正确；
当最短时，则，又，所以，，
， 可设的直线方程为，
圆心到直线的距离，
解得或，
由于直线在圆心的右侧，且在直线的左侧，
所以，
所以，
即直线的方程为，故C错误；
设圆上一点，，，
，，，
易知，
由于，
所以，
同理，
，
，
，即，
令，解得，
所以直线过定点为，故D错误.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
11.1
【分析】依题意可得，从而得到方程组，解得即可.
【详解】因为、且，
所以，则，即，解得，
所以.
故答案为：1
12.
【解析】将直线方程转化为交点直线系方程，联立直线方程即可求得定点坐标；当定点与点点构成的直线与垂直时，则点到直线的距离最大时，则问题得解.
【详解】因为，
即，
故直线恒过定点为直线与直线的交点，
联立方程解得直线恒过定点；
当点与定点构成的直线与垂直时，点到直线的距离最大，
此时必有，即，解得.
则，解得，
故直线的方程为：.
故答案为：；.
【点睛】本题考查直线恒过定点的求解，以及由直线垂直求直线方程，属综合基础题.
13.
【分析】首先将圆的一般方程，写成标准方程，再利用半径为3，即可求解.
【详解】圆的一般方程写成标准方程为，
由圆的半径为3可知，，得.
故答案为：
14.（答案不唯一）.
【分析】设，表示出，，由，解方程求出，，，即可求出点的坐标；先求出平面的法向量，设点的坐标为，则，即可求出点的坐标.
【详解】设，，，，
，，，，
由题意，得，
，，.
点的坐标为.
设平面的法向量为，
则，.
令，则，..
设点的坐标为，则.
由题知，，即.
点的坐标满足，其中.
令，则.
故答案为：；（答案不唯一）.
15.或
【分析】分类讨论直线的斜率是否存在，结合直线与圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为，可知点在圆外，
当直线过点且斜率不存在时，，显然与圆相切；
当直线过点，且斜率存在时，设方程为，即，
则，解得，故方程为；
综上所述：直线方程为或. 故答案为：或.
16.；. 【分析】根据题意，以点为原点，建立空间直角坐标系，然后结合空间向量的坐标运算以及异面直线夹角公式，代入计算，即可求解.
【详解】
因为为正三棱柱，且为中点，
以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，
过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，
则，，，，，，
则，所以，
即，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以平面的一个法向量为，又，
平面时，，解得，
此时，设直线与直线所成的角为，
则，
即直线与直线所成的角的余弦值为.
故答案为：；
17.或.
【分析】根据切线夹角分析出，由圆心到直线的距离不大于4列出不等式求解可得.
【详解】圆，则圆心为，半径，
设两切点为，，则，因为，在Rt中，
，所以，
因此只要直线上存在点，使得即可满足题意.
圆心，所以圆心到直线的距离，解得或.
故答案为：或.
18.1、3、4
19.解（1）由题意设圆心，又圆过点和，
所以，解得，
所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为分
（2）由题意经过点且与垂直的直线为，即，
又圆心到直线的距离为，，
所以分
20.解：
因为，为的中点，所以，
因为棱柱直三棱柱，
所以面，平面，所以平面平面，
又平面平面，面，
则平面，又平面，所以，
在矩形中，，为的中点，
所以， 所以，故，
又，面，面，
所以平面，又平面，
所以分
（2）取的中点，连接，
由（1）及题意易知，，两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.
由，，则，，，，.
设平面的法向量为，又，，
则即令，则.
设直线与平面所成的角为，又，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.分
（3）由（2）知平面的一个法向量为，，，
所以点到平面的距离为.分
21.（1）因为，平面，平面，所以平面，分
又因为平面，平面平面直线1，所以分
（2）①取的中点，连接，，
由题意可得：，且，则为平行四边形，可得，
且，，，平面平面，分
则平面，由，平面，则，
又因为，为的中点，可得，，，两两垂直分
如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
可得，，分
设平面的法向量，则，分
令，则，，即，分
由题意可知：平面PAD的法向量，
可得，分
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值，故正切值为4分
②由①可得：，分
设，，则，
可得，解得，
即，可得，分
若平面AEF，则，
可得，分
解得，所以存在点，使得平面AEF，此时分
22.解：解：（1）数列，，不能结束，各数列依次为2，6，4；4，2，2；2，0，0；2，2，0；0，2，2；2，0，2；... .从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形.
数列，，，能结束，各数列依次为3，2，7，8；1，5，1，5；4，4，4，4；0，0，0，0.4分
（2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是.
若，则经过一次“变换”就得到数列，，，从而结束.
当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”.
当时，数列，，.
由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列.
其它情形同理，得证.
在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列0，0，0（常数列），由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列.
所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是.9分
（3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”.证明：记数列中最大项为，则.
令，，其中.
因为，所以，
故，证毕.
现将数列分为两类.
第一类是没有为0的项，或者为0的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，.
第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时.
下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列.
不妨令数列的第一项为0，第二项最大.（其它情形同理）
①当数列中只有一项为0时，
若，，，，则，，，，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若，，，，则，，，；，，，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若，，，，则，，，，此数列各项均不为0，为第一类数列；
若，，，，则，，，；，，，；，，，，此数列各项均不为0，为第一类数列.
②当数列中有两项为0时，若，，，，则，，，，此数列各项均不为0，为第一类数列；
若，，，，则，，，，，，，，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列.
③当数列中有三项为时，只能是，，，，则，，，，
，，，，，，，，此数列各项均不为，为第一类数列.
总之，第二类数列A4至多经过3“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“变换”，数列的最大项又开始减少.
又因为各数列的最大项是非负整数，
故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束.15分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
A
C
B
B
B
C
B