2024-2025学年高二上学期数学阶段检测（一）（人教A版（2019）选择性必修第一册：空间向量与立体几何+直线和圆的方程）

2024-2025学年第一学期阶段检测（一） 高二数学试题 注意事项： 1．试卷共19题，满分150分，考试时间120分钟。 2. 答卷前，考生务必将自己的考号、姓名等相关信息填写在答题卡上。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的指定区域，写在本试题卷上无效。 4．试卷包括试题卷（共4页）和答题卡（共6页）两部分，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 5. 本套试卷的范围：选择性必修一空间向量与立体几何+直线和圆的方程。 一、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．已知，，，若，，共面，则实数的值为 A． B． C． D． 2．已知圆，直线与圆恰有一个公共点，则的值为 A． B．0 C．1 D． 3．正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为 A． B． C． D． 4．已知，则在上的投影向量的坐标为 A． B． C． D． 5．关于的方程对应的曲线不可能是 A． B． C． D． 6．若圆与轴没有交点，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 7．如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形框架的边长均为1，活动弹子分别在对角线上移动，且，则的取值范围是 A． B． C． D． 8．已知为直线上的动点，为圆上的动点，点，则的最小值为 A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9．下列说法错误的是 A．过任意两点，的直线方程为 B．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 C．若直线倾斜角，则斜率的取值范围是 D．若直线的倾斜角为，则直线的斜率为 10．已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线切点分别是和，下列说法正确的为 A．圆上恰有一个点到直线的距离为 B．切线长的最小值为 C．四边形面积的最小值为 D．直线恒过定点 11．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，且分别为的中点，是内的动点（含边界），且平面，则下列说法正确的是 A．三棱锥的外接球的体积为 B．的取值范围为 C．直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为 D．当点到平面的距离与点到平面的距离之比为时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知棱长为1的正方体内一点P满足，其中，则的最小值为 ． 13．如图，长方体的顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧，，，，若顶点B到平面的距离为2，顶点D到平面的距离为2，则顶点到平面的距离为 . 14．已知函数，若，且，则的最小值为 ． 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．（本题满分13分） 已知直线经过点，圆． （1）若直线与圆C相切，求直线的方程； （2）若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程． 16．（本题满分15分） 已知圆与圆 （1）求经过圆与圆交点的直线方程： （2）求圆与圆的公共弦长． 17．（本题满分15分） 如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到直线的距离； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18．（本题满分17分） 如图甲，已知在长方形中，，，M为DC的中点．将沿折起，如图乙，使得平面平面． （1）求证：平面； （2）若点E是线段上一动点，点E在何位置时，二面角的余弦值为． 19．（本题满分17分） 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍． （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值； （3）若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 答案第1页，共2页 高二数学试题卷 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$2024-2025学年第一学期阶段检测(一) 7. 如围所运的实较装置中,两个互相垂直的正方形框架的边长均为1.活动弹子V 高二数学试题 分别在对角线C4BF上称。且C-BV,Y的取值范围是 注事项: A. ] B. CD. 1. 试卷共19题,满分150分,考试时间10分钟。 2. 答卷前,考生务必将白已的考号、姓名等析关信息填写在答题卡上。 3.已知A直线y-0上的动点:为(++-1上的动,C,1A+的小 A H35 C2 3. 回答选择照时,选出好小题答案险,用铅笔把答题卡上对应题目的答案起号涂望,如荡要改动,用援皮括 B. 干净后,再选涂其他答案标号,回答非选择题时,将答案写在答题卡的指定区域,写在本试题卷上无效 4.试卷包括试题卷(共4页)和答题卡(共6责)两须分,考试结束后:格本达表和答题卡一并交目。 二、选择题;本题共3小题,小题6分,共18分,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选 5. 本套试卷的范围,选择性必物一空例向与立体儿间,直线和顾的方程. 对的得6分,选对但不会得部分分,有选错的提0分 一、选择题,本题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题陷出的四个选项中,只有一项是符合题目要 9. 下阿法课的是 : 1. 已知ā-(3-1.2.-(43-2).2=(14)若..二共面.则实数;的值为 B. 经过点(1.1且在:和,勃上期阻都相等的直线方程为x+y-2-0 日- A~ C. D.A C.若n) 则丰的范困是(-1一几+ 2. 已知0:x+-4,直线y-ir2与0恰有一个公共点。的的 D. D. 若直线的幅斜角为②,直线的斜率为tr{ A.一1 B.0 C1 3.正方ACD-A选CD.&为中点.直线AF,C所的会弦为 l.已知园C:1-2。-1,P是直线+y=0上一点,过点作C的切线P4.P切点分别是A和a D 1 C. 下确 A A. 国C上有一个点到线的窝为 B. 续长PA的小值为 4. 已知-725-110:期在上的投期向量的坐标 C. Ac积的小&为7 p. 线过({- A. D B.(1.2.0ō C.:(2.2:0 D.口.T 11.(九章术3中.四个面那为直角三角形的四面体称为整顶.如图。在整A-CD中,A87平面 5.关干了的方程4乙1的不谈是 CD乙80C:90rBA-aD4.C。A/6.N分为A0.AD的中.M是ABCD内的动点(含达弄).且 N》平面AD,下列说达正强的是 A.三枝A-D的的和 B. 的取值范图%-4.8 6. 若因++n5。+2-3-0与:没有交点,则实数a的范围为 A.(2. B.(.5) C.(2.U(5.6) D.(2.jH6) D. 当点&到平的漓与点&到平面A4CD的距离之比为时,M1DM 高二数学过题卷第页 共4页 高二数字试题卷2共4 三、填空题;承题共3小题,每小题5分,共15分 17.(本题满分15分) 12.已知校长为1的正方AaCD-AC内一点P满足AP-A⑧+nA0,其中+1.P4+PC的量 如图.在四校P-ACD中.P41平ABCD,AD上CD.AD/BC,BC-4.PA-AD-CD-2.点 . r为PC的中. 13.如现,长方AoCD-A&CD的项点A在平面a内,其会项点均在平死a的风例.A-3AD4.A4-5 (1)证:D7平面PA (2)点a线D的离 若点&到平a的距离为2.项点D到平面“的距离为2则项点A到平面a的距离为 (3)直线与平面P[C所的正性 18.(本题满分17分) 如图甲,已知在长方形ACD中。A-4:AD-2.M为DC的中点.将△A0M沿AV折配,如图乙。 使得平irA0I平inA8CM ()证:401早D 14. 已函数r(o--c-.若achcl.nrfa]-fi).则u-+b的最小值为_ (2)若点E是线段D题上一动点。点r在列位置时。二面角E~Au-D的金廷为{ 四.解答题:本题共5小题,共77分.答应写出文字说明,证明过型成演步整 15.(本题分13分) 己知直线/经过点P10.C.+-& (2)若直线/被C藏得的弦长为45。求直线了的方程, (1)若直握与图C相划.求直线的方程 19.(本题满分17分) , 古希屠数学家阿波琴奥斯的客作《同此线论》中给出限的另一静定文,平面内,到面个定点距离之 比为觉数>》的点的铁遮是因,我们称之网该琴肥奥所园.已知点P到Af-2的距离是点 14的离物2倍 16.(本题分15分) C)点P的勃迹方程 知:.-1- (2)若点P与点0关于点8对称,点C(58.求o+oCf的最大: (1)求经过间C与则C空点的线方程 (3)过8的直线与第二中0的轨选父干&.两点,试问在x上是否存在点M^册,在 (2)求同C与同C的分其落长 恒为定值了若存在,求出点M的坚标和定勃:看不存在,请说叫理由 高二学过潮卷第3页共4页 高二数学试题卷4 40高二数学试题卷 第 1页 共 4页 2024-2025 学年第一学期阶段检测（一） 高二数学试题 注意事项： 1．试卷共 19 题，满分 150 分，考试时间 120 分钟。 2. 答卷前，考生务必将自己的考号、姓名等相关信息填写在答题卡上。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的指定区域，写在本试题卷上无效。 4．试卷包括试题卷（共 4页）和答题卡（共 6页）两部分，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 5. 本套试卷的范围：选择性必修一空间向量与立体几何．．．．．．．．．+直线和圆的方程．．．．．．．。 一、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．已知  3, 1,2a    ，  4,3, 2b    ，  1,4,c  ，若 a  ，b  ， c  共面，则实数的值为 A． 4 B． 2 C． 2 D．4 2．已知圆 2 2: 4O x y  ，直线 2y kx  与圆O恰有一个公共点，则 k的值为 A． 1 B．0 C．1 D． 2 3．正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，E为 AB中点，则直线 1AE， 1C D所成角的余弦值为 A． 15 15 B． 10 10 C． 12 D． 3 3 4．已知 (2, 2,1) (1,1,0)a b   ， ，则a在b  上的投影向量的坐标为 A． (1,1,0) B． (1,2,0) C． (2,2,0) D． (1,1,1) 5．关于 ,x y的方程  1n nx y n  Z 对应的曲线不可能是 A． B． C． D． 6．若圆 2 2 3 2 3 0x y ax y a      与 x轴没有交点，则实数 a的取值范围为 A．  2,6 B．  3,5 C．    2,3 5,6 D．    2,3 6, 高二数学试题卷 第 2页 共 4页 7．如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形框架的边长均为 1，活动弹子 ,M N 分别在对角线 ,CA BF上移动，且CM BN ，则MN的取值范围是 A． 3 1, 2 2       B． 2 ,1 2       C． 3 , 3 2       D． 2 , 2 2       8．已知A为直线2 4 0x y   上的动点，B为圆 2 2( 1) 1x y   上的动点，点 (1,0)C ，则2 AB BC 的最小值为 A．4 5 B．3 5 C． 2 5 D． 5 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选 对的得 6分，选对但不全得部分分，有选错的得 0分. 9．下列说法错误的是 A．过任意两点  1 1,x y ，  2 2,x y 的直线方程为 1 1 2 1 2 1 y y x x y y x x      B．经过点  1,1 且在 x轴和 y轴上截距都相等的直线方程为 2 0x y   C．若直线倾斜角 π 2π, 4 3      ，则斜率 k的取值范围是 ( , 3] [1, )    D．若直线的倾斜角为 ，则直线的斜率为 tan 10．已知圆 2 2: ( 2) 1C x y   ，点 P是直线 : 0l x y  上一动点，过点 P作圆C的切线 ,PA PB切点分别是A和 B， 下列说法正确的为 A．圆C上恰有一个点到直线 l的距离为 12 B．切线长 PA的最小值为1 C．四边形 ACBP面积的最小值为 2 D．直线 AB恒过定点 3 1, 2 2      11．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑 A BCD 中， AB 平面 , 90BCD BDC  ，且 4, 4 3, ,AB BD CD E N   分别为 ,AB AD的中点，M 是 BCD△ 内的动点（含边界），且 EM∥平面 ACD，则下列说法正确的是 A．三棱锥 A BCD 的外接球的体积为80π B． AM DM   的取值范围为 4,8 C．直线NM与平面 ACD所成的角的正弦值的取值范围为 2 2, 4 2       D．当点 B到平面EMN的距离与点 E到平面 ACD的距离之比为 2 2 时，AM DM 高二数学试题卷 第 3页 共 4页 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 内一点 P满足 1AP mAB nAD     ，其中 1m n  ，则PA PC 的最 小值为 ． 13．如图，长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的顶点 A在平面 内，其余顶点均在平面 的同侧， 3AB  ， 4AD ， 1 5AA  ， 若顶点 B到平面 的距离为 2，顶点 D到平面 的距离为 2，则顶点 1A到平面 的距离为 . 14．已知函数   2 2 3f x x x   ，若 1a b  ，且    f a f b ，则 2u a b  的最小值为 ． 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．（本题满分 13分） 已知直线 l经过点 1,0P ，圆 2 2: 2 6 6 0C x y x y     ． （1）若直线 l与圆 C相切，求直线 l的方程； （2）若直线 l被圆 C截得的弦长为 4 5 5 ，求直线 l的方程． 16．（本题满分 15分） 已知圆 2 2 1 1:C x y  与圆 2 2 2 2 2 1 0:C x y x y     （1）求经过圆 1C 与圆 2C 交点的直线方程： （2）求圆 1C 与圆 2C 的公共弦长． 高二数学试题卷 第 4页 共 4页 17．（本题满分 15分） 如图，在四棱锥P ABCD 中，PA 平面 ABCD， AD CD ，AD BC∥ ， 4BC  ， 2PA AD CD   ，点 E为PC的中点. （1）证明： / /DE 平面 PAB； （2）求点 B到直线ED的距离； （3）求直线 PB与平面PCD所成角的正弦值. 18．（本题满分 17分） 如图甲，已知在长方形 ABCD中， 4AB  ， 2AD  ，M为 DC的中点．将 ADM△ 沿 AM 折起，如图乙， 使得平面 ADM 平面 ABCM． （1）求证： AD 平面BDM ； （2）若点 E是线段DB上一动点，点 E在何位置时，二面角E AM D  的余弦值为 2 5 5 ． 19．（本题满分 17分） 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之 比值为常数 ( 0, 1)    的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点 P到 ( 2,0)A  的距离是点 P到 (1,0)B 的距离的 2倍． （1）求点 P的轨迹方程； （2）若点 P与点 Q关于点 B对称，点 (5,8)C ，求 2 2QB QC 的最大值； （3）若过 B的直线与第二问中 Q的轨迹交于 E，F两点，试问在 x轴上是否存在点 ( ,0)M m ，使ME MF   恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 答案第 1页，共 14页 2024-2025 学年第一学期阶段检测（一） 高二数学参考答案 1．A 【分析】因为 a  ，b  ， c  共面，可设 c xa yb     ，由此可求的值. 【详解】因为 a  ，b  ， c  共面，可设 c xa yb     ，即      1,4, 3, 1,2 4,3, 2x y     ， 得： 1 3 4 4 3 2 2 x y x y x y           1 1 4 x y         . 故选：A 2．B 【分析】法一，直线与圆相切转化为圆心到直线的距离与半径相等，求参数 k即可；法二，直线过圆上定点， 由相切性质得垂直关系，从而得斜率. 【详解】直线 2 0kx y   与圆O恰有一个公共点， 直线与圆O相切， 法一，圆 2 2: 4O x y  的圆心为 (0,0)O ，半径为 2， 圆心到直线的距离 2 2 0 0 2 2 ( 1) k d k        ，解得 0k  . 法二，由直线 2y kx  过定点 (0,2)， 设直线 l，定点为M ， 由M 在圆 2 2: 4O x y  上，直线与圆O相切， 故点M 即为切点，故直线 l OM ，即斜率 0k  . 故选：B. 3．B 【分析】设正方体的棱长为 2，建系标点，利用空间向量求线线夹角. 【详解】如图，以 D为坐标原点， 1, ,DA DC DD分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系， 答案第 2页，共 14页 设正方体的棱长为 2，则        1 12,0,2 , 2,1,0 , 0,0,0 , 0,2,2A E D C ， 可得    1 10,1, 2 , 0,2,2A E DC     ， 则 1 1 1 1 1 1 2 10cos , 105 2 2 A E DCAE DC AE DC             ， 所以直线 1AE， 1C D所成角的余弦值为 10 10 . 故选：B. 4．C 【分析】根据投影向量的概念求解即可. 【详解】向量 a  在b  上的投影向量为：           2,2,1 1,1,0 1,1,0 2 1,1,0 2,2,0 2 2 a b b b b            ， 故选：C 5．D 【分析】分别取 1，2， 1n   求解即可． 【详解】解：当 1n  时，方程为： 1x y  ，对应的图象为选项 A， 当 2n  时，方程为： 2 2 1x y  ，对应的图象为选项 B， 当 1n   时，方程为： 1 1 1x y   ， 得 1 1 1 1 1 1 1 x y x x x       ，对应的图象为选项 C， 选项 D图形是四条线段，没有方程与之对应， 故选：D 6．C 【分析】求出圆心坐标利用几何法得到不等式，解出即可. 【详解】 2 2 3 2 3 0x y ax y a      即 22 23 1 152 2 2 4 4 ax y a a                ， 答案第 3页，共 14页 2 01 152 4 4 a a   ，解得 3a  或 5a  ， 且其圆心坐标为 3, 2 2 a        ，若该圆与 x轴没有交点， 则 2 3 1 152 2 4 4 a a   ，解得    2,3 5,6a  故选：C. 7．B 【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标应用两点间距离，再结合单调性得出最值即可判断选项. 【详解】 以 BA为 x轴， BE为 y轴，BC为 z轴建立空间直角坐标系，  1,0,0A ，  0,0,1C 设CM tCA ， 则        ,0,1 , 0,0,0 , 1,1,0 , , , ,0M t t B F BN tBF N t t  ， 则  2 2 2 2 1(1 ) 2 2 1 0 1 , 2 2 1, 0, 2 MN t t t t t y t t t                 单调递减， 1 ,1 2 t     单调递增， 所以 1 2 t  时，MN最小值为 2 2 ， 0, 1t t  时，MN最大值为1，所以 2 ,1 2 MN        . 故选:B. 8．C 【分析】设    0 1 1,0 , ,D x B x y ，不妨令 2BC BD ，根据两点间的距离公式求出点D的坐标，则要使2 AB BC 最小，即  2 AB BD 最小，求出 AB BD 的最小值即可得解. 【详解】设    0 1 1,0 , ,D x B x y ，不妨令 2BC BD ， 则    2 22 21 1 1 0 11 2x y x x y     ， 整理得  2 2 21 1 03 1 3 4x y x     1 1 04 8 4x x x  ， 又  2 21 13 1 3 3x y   ，所以 20 1 1 04 4 8 1 0x x x x    ， 则   0 0 12 1 2 4 1 0x x x    ，解得 0 1 2 x   ， 答案第 4页，共 14页 所以存在定点 1 ,0 2 D      ，使得 2BC BD ， 要使2 AB BC 最小，即  2 AB BD 最小， 则A，B，D三点共线，且 DA垂直于直线2 4 0x y   时取得最小值，如图所示， 所以2 AB BC 的最小值为 2 2 12 0 4 22 2 5 2 1           ． 故选：C. 【点睛】关键点点睛：设    0 1 1,0 , ,D x B x y ，令 2BC BD ，将所求转化为求 AB BD 的最小值，是解决本题 的关键. 9．ABD 【分析】根据直线方程、斜率、倾斜角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，过任意两点  1 1,x y ，  2 2,x y ，当 1 2x x 时， 直线方程不能表示 1 1 2 1 2 1 y y x x y y x x      ，所以 A选项错误. B选项，直线 y x 过点  1,1 ，且在 x轴和 y轴上截距都相等，所以 B选项错误. C选项，直线倾斜角 π 2π, 4 3      ， tank  ，则根据正切函数的性质知 k的取值范围是 ( , 3] [1, )    ，故 C 正确； D选项，当 π 2   时，直线的斜率不存在，所以 D选项错误. 故选：ABD 10．BD 【分析】利用圆心到直线的距离可判断 A；利用圆的性质可得切线长 2 1PA CP  ，利用点到直线的距离可 判断 B；由题可得四边形的面积为 ACBPS AP ,可判断 C；由题可知点 A,B,在以 PC为直径的圆上,利用两圆方程 可得直线 AB的方程,即可判断 D. 【详解】由圆 2 2: ( 2) 1C x y   ,可知圆心  2,0C ,半径 1r  . 答案第 5页，共 14页 对于 A：圆心  2,0C 到直线 : 0l x y  的距离为 2 0 2 1 1 CP     ，所以圆上任意一点到直线的距离的取值范围 为 2 1 2 1d    （当CP l 时，直线CP圆的两个交点分别取等号）.而 12 1 2 1 2     ，所以圆C上有两 个点到直线 l的距离为 12 .故 A错误； 对于 B：由圆的性质可得切线长 2 22 1PA CP r CP    ，所以当 CP 最小时（CP l 时）, 2 222 2 1 1PA r     最小.故 B正确; 对于 C：四边形的面积为 12 2ACBP ACP ABP S S S AP CP AP CP AP          . 而 min 1PA  ，所以四边形的面积的最小值为 1.故 C不正确； 对于 D：设 ,( )P t t- .因为 ,PA PB为过点 P作圆C的切线，所以点 ,A B在以PC为直径的圆上. 又  2,0C ,所以以PC为直径的圆为        2 0 0x t x y t y      ，即  2 2 2 2 0x y t x ty t      . 与圆 2 2: ( 2) 1C x y   联立，相减，即为直线 AB的方程为： 2 3 ( 2) 0x t x y     . 由 2 3 0 2 0 x x y       得 3 2 1 2 x y        ，即直线 AB恒过定点 3 1, 2 2      .故 D正确. 故选：BD 11．BC 【分析】作出点O为外接球球心，由勾股定理求出外接球半径，再由球的体积公式可判断 A；建立空间直角坐 标系，得到相关向量坐标  2 3 2 3 ,2,0M  ，求出 AM DM 结合二次函数的性质可判断 B；设直线NM与平 面 ACD所成的角为 ，由线面角的向量公式结合和二次函数的性质可判断 C；设平面EMN的法向量为m ，求 出点 B到平面EMN的距离和点E到平面 ACD的距离，求出，再由 0AM DM    可判断 D． 【详解】对于 A，设 ,F G分别为 ,BC BD的中点，连接 FG， 过点F 作 / /OF AB交 AC于点O，连接OE， 易判断点O为三棱锥 A BCD 的外接球的球心． 设该外接球的半径为 R．易求 8, 4BC OE BF   ， 答案第 6页，共 14页 由 2 2 2 2 2 AB OE OA R        ，得 2 20R  ，即 2 5R  ， 所以三棱锥 A BCD 的外接球的体积为  334 4 160 5π π 2 5 π3 3 3R    ，故选项 A不正确； 对于 B,已知 =90BDC ，且 4, 4 3,AB BD CD   ,E N分别为 ,AB AD的中点，以 B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则    0,0,0 , 0,0,4B A ,        0,4,0 , 4 3,4,0 , 0,0,2 , 2 3,2,0D C E F ，          0,2,2 , 0,2,0 , 4 3,4, 4 , 0,4, 4 , 0,2,0N G AC AD EN       ， 设平面 ACD的法向量为  1 1 1, ,n x y z  ， 则 1 1 1 1 1 4 3 4 4 0, 4 4 0, n AC x y z n AD y z              即 1 1 10,x y z  ， 取 1 1 1y z  ，则平面 ACD的一个法向量为  0,1,1n   ， 设  0 0, ,0M x y ，则  0 0, , 2EM x y   ．因为 / /EM 平面 ACD， 所以 0EM n    ，则 0 2 0y   ，解得 0 2y  ． 又M 是 BCD△ 内的动点（含边界），所以M 在线段 FG上（含端点）， 则设  0 1FM FG      ，则    0 2 3,0,0 2 3,0,0x    ， 所以 0 2 3 2 3x   ，所以  2 3 2 3 ,2,0M  ， 所以    2 3 2 3 ,2, 4 , 2 3 2 3 , 2,0AM DM        ， 所以       22 3 2 3 2 3 2 3 4 12 1 4 4,8AM DM              ，故选项 B正确； 对于 C，又  2 3 2 3 ,0, 2NM    ，设直线NM与平面 ACD所成的角为 ， 则    2 2 2 1 2 2sin cos , , 4 22 3 1 12 2 3 2 3 4 n NM                 ，故选项 C正确； 对于 D，设平面EMN的法向量为  2 2 2, ,m x y z  ， 则   2 2 2 2 2 3 2 3 2 2 0, 2 0, m EM x y z m EN y               即  2 2 20, 3 3y z x   ，取 2 1x  ， 则平面EMN的一个法向量为  1,0, 3 3m   ，又  0, 2, 2BN  ， 答案第 7页，共 14页 所以点 B到平面EMN的距离为    2 2 3 3 1 3 1 m BN m         ， 又  0,0, 2AE    ，点E到平面 ACD的距离为 2 2 2 n AE n      ， 所以    2 2 3 3 1 1 3 1       ，解得 2 3   或 4 3   （舍去）， 所以 22 812 1 4 0 3 3 AM DM              ，所以 AM 与DM 不垂直， 故选项 D不正确， 故选：BC． 12． 2 6 3 【分析】利用空间向量的坐标表示以及数量积与向量的模的关系求解. 【详解】 如图，以D为坐标原点， 1, ,DA DC DD 所在直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系， 1(1,0,0), (1,1,0), (0,0,1), (0,1,0)A B D C ,设 ( , , )P x y z ， 所以 1(0,1,0), ( 1,0,1)AB AD   uuur uuur ， 因为 1AP mAB nAD     ， 答案第 8页，共 14页 所以 ( 1, , ) (0, ,0) ( ,0, )x y z m n n    ，所以 1x n y m z n       ， 所以 (1 , , )P n m n ，又因为 1m n  ，所以 ( , ,1 )P m m m ， 此时 (1 , , 1), ( ,1 , 1),PA m m m PC m m m        uur uuur 所以 2 2 2 22 3 4 2 2 3 3 3 PA PC PA PC m m m             uur uuur ， 所以当 2 3 m  时，PA PC 有最小值为 2 6 3 , 此时 2 2 1( , , ) 3 3 3 P 在正方体内，满足题意， 故答案为: 2 6 3 . 13． 5 11 6 / 5 11 6 【分析】建立空间直角坐标系，设平面 的一个法向量，利用距离公式即可求解. 【详解】以A为原点， 1, ,AB AD AA所在直线分别为 , ,x y z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则 1(0,0,0), (3,0,0), (0, 4,0), (0,0,5)A B D A ， 所以 1(3,0,0), (0, 4,0), (0,0,5)AB AD AA      ， 设平面 的一个法向量为 ( , , )n x y z  ， 由题意可得 2 2 2 2 2 2 3| | 2 | | 4| | 2 | | xAB n n x y z yAD n n x y z                   ，解得 3 4 11 4 y x z x      ， 所以顶点 1A到平面 的距离为 1 2 2 2 | | | 5 | 5 11 6| | AA n z n x y z         . 故答案为： 5 11 6 . 14．3 2 10 【分析】作出函数  f x 的图象，由 1a b  且    f a f b ，可求得    2 21 1 8a b    ， 1a   ，0 1b  ，利 用直线和圆的位置关系，结合线性规划的知识进行求解即可． 【详解】作出  f x 的图象如图，由图可知，  f x 的对称轴为： 1x  ． ∵ 1a b  且    f a f b ∴ 1a   ， 1 1b   ， 答案第 9页，共 14页 则 2 22 3 2 3a a b b     ， 即  2 22 3 2 3a a b b      ， 则    2 21 1 8a b    ， 1a   ， 1 1b   ， 则  ,a b 的轨迹是圆上的一个部分，（黑色部分）， 由 2u a b  得 2b a u   ， 平移 2b a u   ，当直线 2b a u   和圆在第三象限相切时，截距最小，此时 u最小， 此时圆心  1,1 到直线2 0a b u   的距离 2 1 3 2 2 4 1 5 u u d        ， 即 3 2 10u   ， 得 3 2 10u   或 3 2 10u   （舍）， 故答案为：3 2 10 【点睛】关键点睛：本题考查带绝对值的函数，作出函数  f x 结合已知求得    2 21 1 8a b    ， 1a   ，0 1b  ， 利用线性规划以及直线和圆相切的位置关系是解决本题的关键． 15．(1) 1x  或5 12 5 0x y   (2) 2 1 0x y   或29 2 29 0x y   【分析】（1）根据直线与圆相切， d r 进行求解； （2）先由勾股定理求出圆心到直线的距离，再由距离公式求解即可. 【详解】（1）由已知圆    2 2: 3 4C x y   1 ，所以圆心坐标为  1,3- ，半径为 2. 当直线 l的斜率不存在时，即直线 l的方程为： 1x  ，此时是与圆C相切，满足题意； 答案第 10页，共 14页 当直线 l的斜率存在时，设直线 l为：  1y k x  ，即 kx y k 0   ， 则圆 C的圆心到直线 l的距离 2 3 2 1 k k d k       ，解得 5 12 k   ， 故直线 l的方程为5 12 5 0x y   ．综上，直线 l的方程为 1x  或5 12 5 0x y   ． （2）因为直线 l被圆 C所截得的弦长为 4 5 5 ， 所以圆心到直线 l的距离为 2 22 5 4 52 ( ) 5 5   ． 由（1）可知，直线 l的斜率一定存在，设直线 l为：  1y m x  ，即 0mx y m   ，则圆心到直线 l的距离 2 1 5 3 4 5m m m      ，解得 1 2 m   或 29 2 m   ． 故直线 l的方程为 2 1 0x y   或29 2 29 0x y   ． 16．(1) 1 0x y   (2) 2 【分析】（1）判断两圆相交，将两圆的方程相减，即可得答案； （2）确定圆 1C 的圆心和半径，求得圆心到两圆公共弦所在直线的距离，根据弦长的几何求法即可求得答案. 【详解】（1）圆 2 21 1:C x y  的圆心为 (0,0)，半径为 1 1r  ， 圆 2 2 2 2 2 1 0:C x y x y     即 2 2 2 1) ( 1)( 1:C x y    ，圆心为 (1,1)，半径为 2 1r  ， 则 1 2 1 2 1 2| | 2r r C C r r     ，故圆 1C 与圆 2C 相交； 将圆 2 2 1 1:C x y  与圆 2 2 2 2 2 1 0:C x y x y     的方程相减， 得 1 0x y   ， 即经过圆 1C 与圆 2C 交点的直线方程为 1 0x y   ； （2）圆 2 21 1:C x y  的圆心为 (0,0)，半径为 1， (0,0)到直线 1 0x y   的距离为 1 2 22 d   ， 故圆 1C 与圆 2C 的公共弦长为 2 222 1 ( ) 2 2   . 17．(1)证明见解析 (2)2 2 (3) 6 3 答案第 11页，共 14页 【分析】（1）取 PB的中点 F ，证得 / /EF AD且EF AD ，得到以四边形 ADEF 为平行四边形，得出 / /DE AF， 结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）取BC的中点G，证得 ,PA AD PA AG  ，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量 (2, 4,0), (1, 1,1)DB DE      ，结合 sin ,d DB DB DE    ，即可求解； （3）由（2）中的空间直角坐标系，求得向量 (2, 2, 2)PB     和平面PCD的一个法向量为 (0,1,1)n   ，结合向量 的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取 PB的中点F ，连接 ,EF AF，因为 E为PC的中点，所以 / /EF BC， 又因为 / /BC AD且 1 2 AD BC ，所以 / /EF AD且EF AD ， 所以四边形 ADEF 为平行四边形，所以 / /DE AF， 因为DE 平面PAB， AF 平面PAB，所以 / /DE 平面PAB . （2）解：取BC的中点G，连接 AG，因为 / /AD BC 且 1 2 AD BC ， 所以 / /AD CG且 AD GC ，所以四边形 ADCG为平行四边形，所以 / /CD AG， 因为 AD CD ，所以 AD AG ， 又因为 PA 平面 ABCD， ,AD AG平面 ABCD，所以 ,PA AD PA AG  ， 以A为坐标原点，以 , ,AG AD AP所在的直线分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得 (2, 2,0), (0,2,0), (0,0,2), (2,2,0)B D P C ，则 (1,1,1)E , 所以 (2, 4,0), (1, 1,1)DB DE      ，则 (2, 4,0) 2 5DB     可得 3cos , 15 DB DEDB DE DB DE         ，所以 6sin , 15 DB DE    ， 则点 B到直线 ED的距离为 6sin , 2 5 2 2 15 DB DB DE       . （3）解：由（2）中的空间直角坐标系，可得 (0,0,2)P ， 所以 (2, 2, 2), (0, 2, 2), (2,0,0)PB DP DC         ， 设平面PCD的法向量为 ( , , )n x y z  ，则 2 2 0 2 0 n DP y z n DC x             ， 取 1y  ，可得 0, 1x z  ，所以 (0,1,1)n   ， 设直线 PB与平面PCD所成角为， 则 2 2 6sin cos , 32 2 3 n PB n PB n PB            ， 答案第 12页，共 14页 所以直线 PB与平面PCD所成角的正弦值为 6 3 . 18．(1)证明见解析 (2)E为 BD的靠近 D点的五等分点 【分析】（1）先利用面面垂直的性质和矩形的性质证得线面垂直，再得线线垂直，最后又由线面垂直的判定定 理得证； （2）利用点 E是线段 DB上的一动点，设出DE DB     ，再求两个平面的法向量，进行求解． 【详解】（1）证明：∵ 2AD DM  ，∴ 2 2AM  ， ∵ 2BC CM  ，∴ 2 2BM  ， ∵ 4AB  ，∴ 2 2 2AB AM BM  ，∴BM AM ， ∵平面 ADM 平面 ABCM，平面 ADM 平面 ABCM AM ， BM  平面 ABCM， ∴ BM 平面 ADM ， ∵ AD 平面 ADM ，∴ BM AD ， ∵ AD DM 且DM BM M ，DM ， BM  平面 BDM ， ∴ AD 平面BDM ． （2）因为平面 ADM 平面 ABCM， 4AB  ， 2AD  ，M是DC的中点， ∴ AD DM ， 取 AM 的中点 O，连接OD，则DO 平面 ABCM， 取 AB的中点 N，连接ON，则ON AM ， 以 O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则  2,0,0A ，  2,2 2,0B  ，  2,0,0M  ，  0,0, 2D ， 答案第 13页，共 14页 设DE DB     ，  0,1 ， 因为平面 AMD的一个法向量  0,1,0n  ，  2 2 ,2 2 , 2 2AE AD DE           ，  2 2,0,0AM   ， 设平面 AME的一个法向量为  , ,m x y z  ， 则 ( 2 2 ) (2 2 ) ( 2 2 ) 0 2 2 0 m AE x y z m AM x                   ，可得  0, 1,2m     ． 再由 2 2 1 2 5cos , 5( 1) 4 m n           ，则   5 1 3 1 0    ， ∴ 1 5   或 1 3    （舍）， 所以 E为 BD的靠近 D点的五等分点． 19．(1)  2 22 4x y   ； (2)138； (3)存在点  1,0M ，使得ME MF   为定值 3 . 【分析】（1）设点  ,P x y ，由题意可得 2PA PB ，利用两点之间的距离公式化简整理可得； （2）先由 P的轨迹方程求出Q点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理 2 2QB QC ，从而转化为线性规划问 题处理； （3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解. 【详解】（1）设点  ,P x y ，由题意可得 2PA PB ，即    2 22 22 2 1x y x y     ， 化简可得  2 22 4x y   ， 所以点 P的轨迹方程为  2 22 4x y   ； （2）设  0 0,Q x y ，由(1)得 P点满足的方程  2 22 4x y   ， 又点 B是点 P与点Q的中点，则 0 0 2 1 0 x x y y       ，代入  2 22 4x y   可得 2 20 0 4x y  ，即Q的轨迹为 2 2 4x y  ， 设  ,Q a b ， 所以      2 2 2 2 22 2 21 5 8 2 2 12 16 90QB QC a b a b a b a b              12 16 98 4 3 4 98a b a b        ， 答案第 14页，共 14页 令 3 4z a b  ，则 3 1 4 4 b a z   ， 1 4 z可视为直线 3 14 4 y x z   即3 4 0x y z   在 y轴上的截距， 3 4a b  的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在 y轴上的截距， 所以 2 9 16 z d    ，所以 min 10z   ， 因此 2 2QB QC 的最大值为  4 10 98 138     ； （3）存在点  1,0M ，使得ME MF   为定值 3 . 当直线 l的斜率存在时，设其斜率为 k，则直线 l的方程为 ( 1)y k x  ， 由   2 2 4 1 x y y k x       ，消去 y，得  2 2 2 21 2 4 0k x k x k     ， 设  1 1,E x y ，  2 2,F x y ，则 2 1 2 2 2 1 kx x k    ， 2 1 2 2 4 1 kx x k    ， 又  1 1,ME x m y   ，  2 2,MF x m y   ， 则  2 1 2 1 2 1 2ME MF m m x x x x y y             2 21 2 1 2 1 21 1m m x x x x k x x                    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 4 21 1 1 1 k kk x x m k x x m k k m k m k k k                  2 2 2 2 2 2 4 1 m m k m k       要使上式恒为定值，需满足 2 22 2 4m m m    ，解得 1m  ，此时  1,0M ，ME MF   为定值 2 2 3 3 3 1 k k      ； 当直线 l的斜率不存在时，  1, 3E ，  1, 3F  ， 由  1,0M 可得    0, 3 , 0, 3ME MF    ，所以 3ME MF    ， 综上所述，存在点  1,0M ，使得ME MF   为定值 3 . 【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略 （1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结 合求解． （2）与圆上点  ,x y 有关代数式的最值的常见类型及解法： ①形如 y bz x a    型的最值问题，可转化为过点  ,a b 和点  ,x y 的直线的斜率的最值问题； ②形如 z ax by  型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题； ③形如  2 2( )x a y b   型的最值问题，可转化为动点  ,x y 到定点  ,a b 的距离平方的最值问题． 高二数学答题卡 第 1页 共 6 页 高二数学答题卡 第 2页 共 6 页 高二数学答题卡 第 3页 共 6 页 2024-2025 学年第一学期阶段检测（一） 高二数学答题卡 姓名： 班级： 学校： 准考考号 一、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[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 2[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 3[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 4[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 5[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 6[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 7[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 8[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得 6 分，选对但不全得部分分，有选错的得 0分. 9[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 10[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 11[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 13. 14. 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.（13 分） 16.（15 分） 17.（15 分） 贴 条 码 粘 贴 区 考生禁填 缺考标记 缺考考生由监考员贴条形码， 并用 2B 铅笔填涂该缺考标记。 注意事项 1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号 填写清楚。 2、选择题填涂时，必须使用 2B 铅笔按 图 示填涂；非选择题必须用 0.5 毫米黑色签字笔 书写。 3、请按题号顺序在各题的答题区内作答，超 出范围的答案无效，在草稿纸、试题卷上作答 无效。 4、保持卡面清洁，不折叠、不破损。 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 高二数学答题卡 第 4页 共 6 页 高二数学答题卡 第 5页 共 6 页 高二数学答题卡 第 6页 共 6 页 18.（17 分） 19.（17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效