北京市2024_2025学年高二数学上学期阶段性针对训练10月试卷含解析

这是一份北京市2024_2025学年高二数学上学期阶段性针对训练10月试卷含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，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.
【答案】B
【解析】
【分析】利用直线的斜率等于倾斜角的正切值计算，即可得到.
【详解】直线的斜率为，则由，知.
故选：B
2. 在空间直角坐标系中，若，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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. 已知空间向量，，，，且与垂直，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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. “”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
【答案】A
【解析】
【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. 直线不过第二象限，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
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，直线方程为，该直线不过第二象限，合乎题意；
若，可得，直线斜截式方程为，
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. 圆关于直线对称的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【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. 如图，在四面体A-BCD中，点O为底面△BCD的重心，P为AO的中点，设，，，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【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. 已知直线过定点M，点在直线上，则的最小值是（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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l过定点，
依题意可知的最小值就是点M到直线的距离，
由点到直线的距离公式可得．
故选:B.
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
【答案】C
【解析】
【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，，，平面，所以平面，故D正确；
故选：C.
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AB长为
C. 最短时，弦AB直线方程为
D. 直线AB过定点
【答案】B
【解析】
【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，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A，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.
二、填空题
11. 已知空间向量、，若，则______．
【答案】1
【解析】
【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：
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）.
【答案】
【解析】
【分析】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：.
13. 已知圆的半径为3，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【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，
由圆的半径为可知，，得.
故答案为：
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________.
【答案】（答案不唯一）.
【解析】
【分析】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. 过点与圆相切的直线方程为____________．
【答案】或
【解析】
【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. 如图，正三棱柱中，AB＝2，，，D为BC的中点．当时，______，此时，直线AD与直线所成的角的余弦值为______．

【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【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AB＝2，，
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，
时，，解得，
此时，设直线AD与直线所成的角为，
则，
即直线AD与直线所成的角的余弦值为.
故答案为：；
17. 已知圆C：，若直线上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线夹角为，则实数k的取值范围是_________
【答案】或．
【解析】
【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. 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.
【答案】①③④
【解析】
【分析】先根据线面平行判定定理判断①，建系反证法判断②，根据模长计算判断③，计算异面直线所成角的余弦值范围得出角的范围判断④
【详解】因为分别是的中点，平面,不在平面内，所以平面，①正确；
取为中点，如图以为轴建系，
当时，
,
假设平面，则,
但是矛盾，所以假设不成立，②错误；
因为为线段上的动点，所以，
所以
所以,
当时，,③正确；
因为所以
所以设直线，所成角为，,
令，
当，
因为，所以，即得，
所以.
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：解题的关键是建系设根据向量关系及动点计算结合换元求值域得出角的范围.
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，，由此即可得解.
（2）首先得经过点且与垂直的直线为，由弦长公式即可得解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可知平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得到，在矩形中，由题意可得，由线面垂直判定定理及性质即可证得；
（2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求线面角的正弦值；
（3）利用公式进行计算即可，其中为平面的法向量.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
由（2）知平面的一个法向量为，，，
所以点到平面的距离为.
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.
（1）求证：；
（2）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.
【答案】（1）证明见解析
（2）①4；②存在，
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再线面平行的推理得到结果；
（2）①取的中点，连接，，先证明，，两两垂直，再建立如图所示坐标系，求平面的法向量和平面的法向量代入空间向量夹角公式计算即可；
②设，，再由空间向量共线得到，然后由空间向量垂直数量积为零解出即可求出结果；
【小问1详解】
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面直线，所以
【小问2详解】
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，
则平面，由，平面，则，
又因为，为的中点，可得，，，两两垂直
如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
可得，，
设平面的法向量，则，
令，则，，即，
由题意可知：平面的法向量，
可得，
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，
②由①可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，可得，
若平面AEF，则，
可得，
解得，所以存在点，使得平面，此时.
22. 对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，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时变换结束．
（1）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；
（2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；
（3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【详解】分析：（1）根据定义，可得不能结束，数列能结束，并可写出数列；（2）经过有限次“变换”后能够结束的充要条件，先证明，则经过一次“变换”，就得到数列，从而结束，再证明命题“若数列为常数列，则为常数列”， 即可得解；（3）先证明引理：“将数的最大项一定不大于数列的最大项，其中
” ，再分类讨论：第一类是没有为的项，或者为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，，第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时，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.
详解：（1）数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．
数列能结束，各数列依次为；；；．
（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(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．
（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．
第一类是没有为项，或者为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，第二项最大()．（其它情形同理）
①当数列中只有一项为时，
若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若，则；此数列各项均不为或含有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，为第一类数列；
若，则；；，
此数列各项均不为，为第一类数列．
②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；
若()，则，，此数列各项均不为或含有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，为第一类数列．
总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“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，此时数列的各项均为，从而结束．
点睛：本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.