2024_2025学年_北京海淀区高二第一学期10月月考数学试卷合集2套[附解析]

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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A-BCD中，点O为底面△BCD的重心，P为AO的中点，设，，，则（ ）

A．B．
C．D．
8．已知直线过定点M，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AB长为
C．最短时，弦AB直线方程为
D．直线AB过定点
二、填空题（本大题共8小题）
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，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 ．

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
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（本大题共4小题）
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.
(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.
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．【正确答案】B
【详解】直线的斜率为，则由，知，即
故选B．
2．【正确答案】D
【详解】设，则，
所以，解得：，，．
所以点的坐标为．
故选：D
3．【正确答案】D
【详解】因为与垂直，所以，
即，
所以.
又，所以.
故选：D.
4．【正确答案】A
【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．【正确答案】C
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.
6．【正确答案】B
【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．【正确答案】B
【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．【正确答案】B
【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．【正确答案】C
【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．【正确答案】B
【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．
11．【正确答案】1
【详解】因为、且，
所以，则，即，解得，
所以.
故
12．【正确答案】
【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．【正确答案】
【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
14．【正确答案】（答案不唯一）.
【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（答案不唯一）.
15．【正确答案】或
【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.
故或.
16．【正确答案】 ； .
【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；
17．【正确答案】或．
【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．
故或．

18．【正确答案】①③④
【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①③④
19．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（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.
（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.
20．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）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；
（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n=x,y,z，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.
（3）由（2）知平面的一个法向量为，，，
所以点到平面的距离为.
21．【正确答案】(1)证明见解析
(2)①4；②存在，
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面直线，所以
（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，
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A1,0,0，，，，，，，
可得，，
设平面的法向量n=x,y,z，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．【正确答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【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．
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，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.
2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共10小题）
1．已知，，且，则（ ）
A．B．C．6D．1
2．直线的倾斜角是（ ）
A．45°B．135°C．120°D．90°
3．已知空间向量，，则（ ）
A．B．C．1D．2
4．在空间直角坐标系中，点P(1，2，-3)关于坐标平面xOy的对称点为（ ）
A．(-1，-2，3)B．(-1，-2，-3)C．(-1，2，-3)D．(1，2，3)
5．若，，且，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
6．如图，在正方体中，为CD的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在正方体中，点E是侧面内的一个动点，若点E满足，则点E的轨迹为（ ）
A．圆B．半圆C．直线D．线段
二、填空题（本大题共5小题）
11．已知向量，则 ．
12．已知点的中点坐标为 ．
13．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为
14．正四棱锥所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的正切值为 ．
15．棱长为1的正方体中，若点为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是 .
①平面平面
②四面体的体积是定值
③可能是钝角三角形
④直线与AB所成的角可能为
三、解答题（本大题共4小题）
16．在长方体中，，点在AB上，且．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求点到平面的距离．
17．如图，已知直三棱柱中，若为AB的中点.

(1)求异面直线与所成角的余弦值
(2)求二面角的余弦值．
18．如图，在四棱锥中，平面为正三角形，分别为棱PD，PB的中点.
(1)如图，O为棱AD的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，是否合理？请说明理由；
(2)求证：平面PCD；
(3)求平面AEF与平面PAD夹角的余弦值．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为菱形，且，点为棱DP的中点.
(1)在棱BC上是否存在一点，使得∥平面PAN？如果存在，确定点N的位置，如果不存在，请并说明理由；
(2)若二面角的余弦值为时，求棱DP的长度，并求点A到平面BCM的距离．
答案
1．【正确答案】A
【详解】由可得，解得，
故选：A
2．【正确答案】B
【详解】由得，
故斜率为则倾斜角为135°，
故选：B
3．【正确答案】D
【详解】∵，，则，
∴.
故选：D.
4．【正确答案】D
【详解】在空间直角坐标系中，两点关于坐标平面xOy对称，则这两点的横坐标、纵坐标都不变，它们的竖坐标互为相反数，
所以点P(1，2，-3)关于坐标平面xOy的对称点为(1，2，3).
故选：D
5．【正确答案】B
【详解】由题意，向量，，
因为，可得，即，解得.
故选：B.
6．【正确答案】C
【详解】设正方体的棱长为2，如图所示建立空间直角坐标系，
则，可得，
且平面的法向量，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C．
7．【正确答案】C
【详解】建立空间直角坐标系，如图，
则，，，所以，，
所以在上的投影为，
所以点到直线的距离.
故选：C.
8．【正确答案】C
【详解】依题意
，所以.
故选：C.
9．【正确答案】B
【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，

则，又平面，平面，∴平面，
易知，故平面与平面是同一个平面，
∴平面，此时，
故选：B
10．【正确答案】B
【详解】如图，设与交点为，取中点，连接，
是中点，，而平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则，
，则，所以，
设正方体棱条为a，则，显然，所以，
在正方形内点到点的距离为，其轨迹是以为圆心的半圆，
故选：B．
11．【正确答案】
【详解】因为，则，
所以.
故答案为.
12．【正确答案】
【详解】由题意可得：的中点坐标为，即.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，
过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，
因为的坐标为，所以,
所以.
14．【正确答案】
【详解】对于正四棱锥，

设，可知为的中点，
取的中点，连接，，
可得平面，平面，则，
且，∥，
因为，可得，
可知二面角的平面角为，
因为正四棱锥的所有棱长均为2，则，，
可得，所以侧面与底面所成二面角的正切值为.
故答案为.
15．【正确答案】①②③
【详解】在正方体中，为线段上的动点（不含端点），
对于①：因为平面，即平面，
且平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：连接，

因为且，即为平行四边形，则，
即，平面，平面，可得平面，
可知四面体的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，
所以四面体的体积是定值，故②正确；
对于③：因为正方体的棱长为1，所以，
若是上靠近的一个四等分点，则，
所以，
此时，
因为，此时为钝角，是钝角三角形，故③正确；
对于④：过点作，交于，
正方体中平面，则平面，
平面，，直线与所成的角为，
设，则，有，，
中，，
而，故④错误.
故①②③.
16．【正确答案】(1)
(2)2
【详解】（1）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值.
（2）由（1）可得：，
所以到平面的距离为.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为平面，且，
如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，
可得，
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由（1）可得：，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
且平面的法向量，
可得，
由图形可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
18．【正确答案】(1)合理，理由见详解
(2)证明见详解
(3)
【详解】（1）合理，理由如下：
由题意可知：∥，且，
可知为平行四边形，可得∥，
因为平面，可得平面，
且平面，可得，
又因为为正三角形，且O为棱AD的中点，则，
即两两垂直，所以可以以为坐标原点建立空间直角坐标系.
（2）由（1）中空间直角坐标系可得：，
则，
可得，即，
且，平面PCD，所以平面PCD.
（3）由（2）可知：，，
设平面AEF的法向量为，则，
令，则，可得，
且平面PAD的法向量为，
可得，
所以平面AEF与平面PAD夹角的余弦值.
19．【正确答案】(1)存在，点为的中点
(2)；点A到平面BCM的距离为2
【详解】（1）取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，
且平面PAN，平面PAN，可得∥平面PAN，
又因为∥平面PAN，，平面，
可得平面∥平面PAN，
且平面平面，平面平面，可得∥，
由题意可知：∥，则为平行四边形，
可得，即点为的中点，
所以棱BC上是存在一点，使得∥平面PAN，此时点为的中点.
（2）取的中点，连接，
由题意可知：为等边三角形，则，
且∥，可得，
又因为底面ABCD，
则可以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面BCM的法向量，则，
令，则，可得，
且平面PCD的法向量，
由题意可得：，解得（舍负），
可得，，
所以点A到平面BCM的距离.