精品解析：河南省安阳市林州市第一中学2024-2025学年高二上学期9月检测数学试题

2024-2025学年高二上学期9月检测数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，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相应位置上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 2. 已知空间直角坐标系中的点关于轴的对称点为，则的值为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 3. 已知直线：与直线：，若，则（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 5 4. 已知圆过点，则圆心到原点距离的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 5. 如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（ ） A. 存在点E，使平面 B. 三棱锥的体积随动点E变化而变化 C. 直线与所成的角不可能等于 D. 存在点E，使平面 6. 已知正方体的棱长为，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面四个结论中正确的个数是（ ） ①与一定不垂直 ②二面角的正弦值是 ③的面积是 ④点到平面的距离是常量 A. B. C. D. 7. 若在圆上，总存在相异两点到原点的距离等于1，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知点A在直线上，点在直线上，线段的中点为，且满足，则的取值范围为 A. B. C. D. 二.多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.） 9. 如图，边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，，分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的外接球的体积为 C. 点P到平面DEF的距离为 D. 二面角的余弦值为 10. 已知四面体中，，，两两垂直，则以下结论中一定成立的是（ ） A. ； B. C. ； D. 11. 已知圆：和直线，则（ ） A. 直线与圆的位置关系无法判定 B. 当时，圆上的点到直线的最远距离为 C. 当圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1时， D. 如果直线与圆相交于、两点，则的中点的轨迹是圆的一部分 三.填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知平面向量，满足与的夹角为，且，则对一切实数的最小值是____________． 13. 如图，在正四棱锥中，二面角为60°，E为的中点.已知F为直线上一点，且F与A不重合，若异面直线与所成角为60°，则=_____________. 14. 设直线2x－y－＝0与y轴的交点为P，点P把圆(x＋1)2＋y2＝25的直径分为两段，则这两段之比为__________． 四.解答题（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. 已知的三个顶点分别为，，，其中点在直线上 （1）若，求的边上的中线所在的直线方程： （2）若，求实数的值． 16. 在平面直角坐标系中，横､纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列与，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同：②，其中，则称与互为正交点列. （1）求的正交点列； （2）判断是否存在正交点列？并说明理由. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，平面，，点是棱的中点，点是棱上的一点，且. （1）证明：平面平面； （2）求平面和平面夹角的大小. 18. 设直线的方程为. （1）求证：不论a为何值，直线必过一定点P； （2）若直线分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点A，B，当面积最小时，求的周长； （3）当直线在两坐标轴上的截距均为整数时，求直线的方程. 19. 已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面． （1）证明：； （2）当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高二上学期9月检测数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，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相应位置上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用向量线性运算的坐标表示求得，再求其模. 【详解】根据题意，， 所以. 故选：A 2. 已知空间直角坐标系中的点关于轴的对称点为，则的值为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据的对称关系求解出点的坐标，然后根据空间中两点的距离公式求解出的值. 【详解】因为关于轴的对称点为，所以， 所以， 故选：D. 【点睛】本题考查空间中点的对称关系以及空间中两点间距离公式的运用，难度较易.（1）已知点，则关于轴、轴、轴的对称点的坐标为；（2）已知空间中两点，则. 3. 已知直线：与直线：，若，则（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的性质，解方程 ， 再检验即得解. 【详解】若 ， 则， 所以 或 . 当 时， ，符合题意； 当 时， 符合题意. 故选：. 4. 已知圆过点，则圆心到原点距离的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得圆心的轨迹为直线，进而根据点到直线的距离公式即可求解最值. 【详解】设圆心,由得，化简得，即圆心在直线运动，圆心到原点距离的最小值即原点到直线的距离，故最小值为， 故选：D 5. 如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（ ） A. 存在点E，使平面 B. 三棱锥的体积随动点E变化而变化 C. 直线与所成的角不可能等于 D. 存在点E，使平面 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B. 【详解】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 由在线段上运动，设（），则， 平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误； ，设直线与所成角为，则， 显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误； 设平面的法向量为，， 则，令，得， 当时，，因此平面，D正确； 点在正方体的对角面矩形的边上，则， 而平面平面，则，又， 可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误. 故选：D 【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 6. 已知正方体的棱长为，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面四个结论中正确的个数是（ ） ①与一定不垂直 ②二面角的正弦值是 ③的面积是 ④点到平面的距离是常量 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断①②③④，可得出结论. 【详解】以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设、，其中，设点，其中， 易知点，、、、、、 、、， 对于①，，，则， 当点与点重合时，即，此时，即，故①错； 对于②，因为，，故平面即平面， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面即为平面，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以，， 则， 因此，二面角的正弦值是，故②对； 对于③，，， 所以，点到直线的距离为， 所以，，故③对； 对于④，由②知，平面的一个法向量为， 所以，点到平面的距离为，④对. 故选：C. 7. 若在圆上，总存在相异两点到原点的距离等于1，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，若在圆上，总存在相异两点到原点的距离等于1，等价于圆和圆相交，则两圆的圆心距应大于两圆半径之差、小于两圆半径之和，从而列出不等式，求得实数的取值范围. 【详解】由题意可知， 若在圆上，总存在相异两点到原点的距离等于1，等价于圆和圆相交， 则圆心与原点之间的距离为， ，即，解得或， 实数的取值范围是. 故选：C. 8. 已知点A在直线上，点在直线上，线段的中点为，且满足，则的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵直线与直线 平行，线段的中点为， ，化简可得 解得， 设 ， ，即 故选：A 二.多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.） 9. 如图，边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，，分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的外接球的体积为 C. 点P到平面DEF的距离为 D. 二面角的余弦值为 【答案】AC 【解析】 【分析】取中点H，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可判定A；构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，计算可得外接球的半径和体积，即可判断B；因为三线两两垂直，由等积法可判断C；由题意 为二面角的一个平面角，利用 可判断D． 【详解】对于A选项，作出图形， 取EF中点H，连接PH，DH，由原图知和均为等腰三角形，故，，又因为，所以平面PDH， 又平面PDH，所以，A正确； 由PE，PF，PD三线两两垂直，如下图构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，设为2R，则，则，所以所求外接球的体积为，B错误； 根据题意，可知PE，PF，PD三线两两垂直，且，，在中，，，由等积法可得，得，C正确； 由题意如上图，，，则，，所以∠PHD为二面角的一个平面角，因为，，且，所以平面PEF，则，即，在中，，D不正确． 故选：AC. 10. 已知四面体中，，，两两垂直，则以下结论中一定成立的是（ ） A. ； B. C. ； D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用，，两两垂直，可得，对于A选项，两边平方化简后相等可判断A选项；对于B选项，将，代入化简得到不一定为0，可判断B选项；对于C选项，左边直接平方利用向量垂直数量积为0化简，可判断C选项；对于D选项，将，同理，可判断D选项. 【详解】由题意可知，，，两两垂直，所以， 对于A选项， ， ，故，所以A选项正确； 对于B选项，， 当时，，否则不成立，所以选项B不正确； 对于C选项， ，所以选项C正确； 对于D选项，，同理可得，， 所以，选项D正确， 故选：ACD 11. 已知圆：和直线，则（ ） A. 直线与圆的位置关系无法判定 B. 当时，圆上的点到直线的最远距离为 C. 当圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1时， D. 如果直线与圆相交于、两点，则的中点的轨迹是圆的一部分 【答案】BCD 【解析】 【分析】由直线所过定点坐标判断A选项的正确性，结合点到直线的距离公式判断BC选项的正确性，判断中点的轨迹来确定D选项的正确性. 【详解】圆：，即，圆心为，半径为. 直线，即， 当时，，所以直线过定点. ，所以点在圆内，所以直线与圆相交，A选项错误. 时，直线的方程为，圆心到直线的距离为， 所以圆上的点到直线的最远距离为，B选项正确. 若圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离为， 即，C选项正确. 对于D选项，直线与圆相交于、两点，设的中点，则， 则，即点的轨迹是以为直径的圆. 由于直线的斜率存在，所以点的轨迹是以为直径的圆，且除去与直线的交点（以外的另一点），所以D选项正确. 故选：BCD 三.填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知平面向量，满足与的夹角为，且，则对一切实数的最小值是____________． 【答案】 【解析】 【分析】由知，当向量与向量反向时，取最小值，代入，根据x的取值，求得模长的最小值. 【详解】由题知，则， 则，故若使取最小值， 则只需向量与向量反向， 即 ， 当且仅当时，等号成立. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：找到向量的关系，当向量与向量反向时取最小值，从而解得模长最小值. 13. 如图，在正四棱锥中，二面角为60°，E为的中点.已知F为直线上一点，且F与A不重合，若异面直线与所成角为60°，则=_____________. 【答案】11 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，由二面角的定义得出，从而写出的坐标，由向量共线的性质设，利用向量的加法得出，由异面直线与所成角，利用向量法得出的值，从而得出的值. 【详解】取的中点G，与的交点为，以O为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设 因为二面角为60°，所以 则. 设，则 从而 整理得，解得(舍)， 故. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了已知面面角，线线角求参数，属于中档题. 14. 设直线2x－y－＝0与y轴的交点为P，点P把圆(x＋1)2＋y2＝25的直径分为两段，则这两段之比为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】令x＝0求得点P坐标，由勾股定理求得|CP|，利用|CP|加半径和|CP|减半径的比值即可得到答案． 【详解】依题意令x＝0,得P（0，﹣）， （x+1）2+y2＝25圆心C（﹣1，0）， ∴|CP|＝＝2，∵半径为5， ∴其长度之比＝＝或＝， 故答案为或． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生数形结合的思想和基本的运算能力． 四.解答题（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. 已知的三个顶点分别为，，，其中点在直线上 （1）若，求的边上的中线所在的直线方程： （2）若，求实数的值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）由题意可得，AB的中点，利用两点求斜率公式和直线的点斜式方程即可求解； （2）设，进而可得的坐标表示，结合和平面数量积的坐标表示列出方程，解之即可求解. 【小问1详解】 当时，，AB的中点为， 则，由直线的点斜式方程得MC的方程为 ，即； 【小问2详解】 设，，则， 当时，，即，解得. 16. 在平面直角坐标系中，横､纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列与，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同：②，其中，则称与互为正交点列. （1）求的正交点列； （2）判断是否存在正交点列？并说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由：由题可得， 设点列是点列的正交点列， 则可设 因为与与相同，所以有 因为得方程，显然不成立， 所以有序整点列不存在正交点列. 【解析】 【分析】（1）由正交点列的定义可知，设，由正交点列的定义可知，求解即可. （2）设点列是点列的正交点列，则可设因为与与相同,即可得出结论. 【小问1详解】 设点列的正交点列是， 由正交点列的定义可知， 设， 由正交点列的定义可知， 即，解得 所以点列的正交点列是. 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，平面，，点是棱的中点，点是棱上的一点，且. （1）证明：平面平面； （2）求平面和平面夹角的大小. 【答案】（1） 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 所以，设， 则，解得，即. 则， 设平面的一个法向量为， 则，即 令，解得，所以平面的一个法向量为. 因为，设平面的一个法向量为， 所以即，令，解得， 所以平面的一个法向量为， 又，所以平面平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而可证明. （2）分别求出平面和平面的法向量，利用向量法可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以，即 令，解得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，即 令，解得，所以平面的一个法向量为. ， 所以平面和平面夹角的大小为 18. 设直线的方程为. （1）求证：不论a为何值，直线必过一定点P； （2）若直线分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点A，B，当面积最小时，求的周长； （3）当直线在两坐标轴上的截距均为整数时，求直线的方程. 【答案】（1）由得: ； 则，解得 所以不论为何值，直线必过一定点； （2） （3）直线的方程为，，，，，，，. 【解析】 【分析】（1）变形方程，依题意列出方程组，解出即可； （2）求得截距后，表示出的面积，利用基本不等式求得最值，进一步计算即可； （3）根据截距为整数，求得的值，即可得到所求直线方程. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由得， 当时，，当时，， 又由，得， ∴ , 当且仅当，即时取等号 ∴，， ∴的周长为； 【小问3详解】 直线在两坐标轴上的截距均为整数， 即，均为整数， 所以，均为整数，∴，，，，，0，，2， 又当时，直线在两坐标轴上的截距均为零，也符合题意， 所以直线的方程为，，，，，，，. 19. 已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面． （1）证明：； （2）当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1） 设，则为的中点，连接， 因为为菱形，则， 又因为，且为的中点，则， ，平面，所以平面， 且平面，则， 又因为∥平面，平面，平面平面， 可得∥，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果； （2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，且为的中点，则， 且，，平面，所以平面， 可知与平面所成的角为，即为等边三角形， 设，则，且平面，平面， 可得平面，平面， 且平面平面，所以，即交于一点， 因为为的中点，则为的重心， 且∥，则， 设，则， 如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 可得， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $