精品解析：辽宁省2024-2025学年高二上学期10月阶段考试数学试题

2024—2025学年度上学期高二年级10月阶段考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．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､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 零向量没有方向 B. 在空间中，单位向量唯一 C. 若两个向量不相等，则它们的长度不相等 D. 若空间中的四点不共面，则是空间的一组基底 2. 已知直线的倾斜角为，则该直线的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，在三棱锥中，为的中点，设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知两直线，若，则与间的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线，则“”是“”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 6. 已知平面的法向量，平面的法向量，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 7. 如图所示，正方体的棱长为2，点分别为的中点，则（ ） A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与平面所成的角为 8. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知直线，则（ ） A. 若，则直线的倾斜角为 B. 直线过定点 C. 若，则直线在轴和轴上的截距相等 D. 若直线不经过第二象限，则 10. 如图，四边形为正方形，平面为的中点，则（ ） A. 四点共面 B. 平面 C. 平面 D. 平面平面 11. 正方体中，为的中点，为正方体表面上一个动点，则（ ） A. 当在线段上运动时，与所成角的最大值是 B. 若在上底面上运动，且正方体棱长为1，与所成角为，则点的轨迹长度是 C. 当在面上运动时，四面体的体积为定值 D. 当在棱上运动时，存在点使 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线过点，则当取得最小值时，直线的方程为______． 13. 如图，正三棱柱的各棱长均为，点为棱上的中点，点为棱上的动点，则在上的投影向量的模的取值范围为________． 14. 已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为______. 四､解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知直线与直线的交点为． （1）求点关于直线的对称点； （2）求点到经过点的直线距离的最大值，并求距离最大时的直线的方程． 16. 如图，是半圆的直径，是的中点，，平面垂直于半圆所在的平面，． （1）若为的中点，证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 如图①，在边长为4的菱形中，分别是边的中点，，如图②，将菱形沿对角线折起． （1）证明：； （2）当点折叠到使二面角为直二面角时，求点到平面的距离． 18. 如图，在平行六面体中，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 定义：如果在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，那么称为两点间的曼哈顿距离． （1）已知两点的坐标分别为，如果它们之间的曼哈顿距离不大于2，求的取值范围； （2）已知两点的坐标分别为，如果它们之间的曼哈顿距离恒大于1，求的取值范围； （3）若点在函数的图象上且，点的坐标为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期高二年级10月阶段考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．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､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 零向量没有方向 B. 在空间中，单位向量唯一 C. 若两个向量不相等，则它们的长度不相等 D. 若空间中的四点不共面，则是空间的一组基底 【答案】D 【解析】 【分析】根据零向量、单位向量、相等向量、共面向量的概念及性质逐项判断即可得结论. 【详解】对于A，零向量有方向，方向是任意的，故A错误； 对于B，在空间中，单位向量模长为1但方向有无数种，故单位向量不唯一，故B错误； 对于C，若两个向量不相等，则它们的方向不同或长度不相等，故C错误； 对于D，若空间中的四点不共面，则向量不共面，故是空间的一组基底，故D正确. 故选：D. 2. 已知直线的倾斜角为，则该直线的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据倾斜角与斜率关系得直线的斜率，再根据直线方向向量与斜率关系即可得所求. 【详解】直线的倾斜角为，则斜率， 所以该直线的一个方向向量为. 故选：C. 3. 如图所示，在三棱锥中，为的中点，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意可得： . 故选：A. 4. 已知两直线，若，则与间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线平行得参数，再根据平行线之间的距离公式求解即可得结论. 【详解】已知两直线， 若，则，解得， 则直线， 则与间的距离为. 故选：D. 5. 已知直线，则“”是“”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】先求出直线垂直的充要条件，然后根据充分条件和必要条件的定义判断即可得解. 【详解】或， 则“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知平面的法向量，平面的法向量，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的平面法向量与平面平行的关系列方程得的值，从而得所求. 【详解】若，则， 所以，解得， 故. 故选：A. 7. 如图所示，正方体的棱长为2，点分别为的中点，则（ ） A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与平面所成的角为 【答案】B 【解析】 【分析】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算判断即可，对于C，利用体积公式求解即可． 【详解】对于A，为正方体，所以，直线与直线不垂直， 所以直线与直线不垂直，故A错误； 如图建立空间直角坐标系， 则,0,，,2,，,2,，,2,，,0,， 对于B，设平面的法向量为， 则，取， 因为，所以，所以， 因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确； 对于C，因为，所以三棱锥的体积为，所以C错误； 对于D，因为，设直线与平面所成的角为， 则，所以D错误． 故选：B． 8. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，进而有，，结合空间向量的数量积运算即可求解. 【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG，如图， 易得，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又因为平面，，所以平面平面. 因为平面，所以H为线段FG上的点. 由平面，平面，得， 又，则， 由平面，得平面， 因为，所以平面，，. 因为， 所以，，. 所以 . 因为，所以. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H为线段FG上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到，从而得解. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知直线，则（ ） A. 若，则直线的倾斜角为 B. 直线过定点 C. 若，则直线在轴和轴上的截距相等 D. 若直线不经过第二象限，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据直线方程与直线倾斜角、直线过定点、直线截距、直线斜率变换关系，逐项判断即可得结论. 【详解】对于A，若，则直线，所以直线的倾斜角为，故A正确； 对于B，，所以，则直线过定点，故B正确； 对于C，若，则直线，令得，令得，所以则直线在轴和轴上的截距相等均为，故C正确； 对于D，若，则直线，此时直线不过第二象限， 又直线过定点，要使得直线不过第二象限，则，解得，所以若直线不经过第二象限，则，故D错误. 故选：ABC. 10. 如图，四边形为正方形，平面为的中点，则（ ） A. 四点共面 B. 平面 C. 平面 D. 平面平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，取中点，通过证明得到，进一步即可判断；对于B，设为中点，通过证明即可判断；对于C，只需证明、，再结合线面垂直的判定定理即可判断；对于D，由C选项结合面面垂直的判定定理即可得证. 【详解】 对于A，取中点，连接， 由题意，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为四边形是正方形， 所以， 所以，所以四点共面， 所以四点不共面，故A错误； 对于B，取中点N，连接， 在中，M、N分别为的中点， ，且， ，， ，且， 四边形为平行四边形， ， 平面，且平面， 平面，故B正确； 对于C，在正方形中，， 平面平面，且平面平面， 平面， ， 在直角梯形中，，，可得， ， 平面， 平面，故C正确； 对于D，因为平面，平面， 所以平面平面，故D正确. 故选：BCD. 11. 正方体中，为的中点，为正方体表面上一个动点，则（ ） A. 当在线段上运动时，与所成角的最大值是 B. 若在上底面上运动，且正方体棱长为1，与所成角为，则点的轨迹长度是 C. 当在面上运动时，四面体的体积为定值 D. 当在棱上运动时，存在点使 【答案】CD 【解析】 【分析】由平行关系得到与所成角等价于与所成的角，又为等边三角形，由等边三角形的性质可知与所成角，最大角为，可判断A；找到所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，可判断B；由三棱锥的高和底面面积都为定值可判断体积不变，可判断C；建系用两点间距离公式可判断D. 【详解】 对于A，如图一，在正方体中，易知，所以与所成角等价于与所成的角， 当为中点时，，此时所成角最大，为，故A错误. 对于B，如图二，因为棱垂直于上底面，且与所成角为， 所以在中，， 由圆锥的构成可知所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，故B错误. 对于C，如图三，因为在面内，面到平面的距离等于， 而面积不变，故体积为定值，故C正确. 对于D，如图四，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，， 因为， 由，所以，故D正确. 故选：CD. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线过点，则当取得最小值时，直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，根据基本不等式“1”的代换可得的最小值，且可得取最小值时与的值，进而得解直线的方程． 【详解】因为直线过点， 所以， 则， 当且仅当，即时，取到最小值， 故此时直线的方程为，即. 故答案为：. 13. 如图，正三棱柱的各棱长均为，点为棱上的中点，点为棱上的动点，则在上的投影向量的模的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，即可得到平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】连接，则，又三棱柱为正三棱柱，则平面， 平面，所以，又，平面， 所以平面，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 因为点为棱上的动点，设，， 则， 所以，， 则在上的投影向量的模为， 因为，所以， 即在上的投影向量的模的取值范围为. 故答案为： 14. 已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先将平面展成与平面同一平面，确定点的位置，再建立空间直角坐标系，确定球心的位置，根据球体积公式计算即可． 【详解】由题意得，，将平面展成与平面同一平面， 当点共线时，此时最小， 在展开图中作，垂足为N， 因为为等腰直角三角形，所以，， 由得，，解得， 在正方体，过点作，垂足为，则， 如图，以D为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 因为，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 因为， 所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，设，则， 因为， 所以， 解得，即，所以外接球， 所以三棱锥外接球的体积， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：立体图形中求线段和最小值，将线段所在平面展开在同一平面，即可确定最小值；确定立体图形的外接球，可先确定球心所在直线，建立空间直角坐标系求解. 四､解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知直线与直线的交点为． （1）求点关于直线的对称点； （2）求点到经过点的直线距离的最大值，并求距离最大时的直线的方程． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）先根据的方程解得，然后通过条件得到直线的方程，进而确定的中点坐标，最后确定的坐标； （2）先根据条件得到到的距离不超过，然后在取到该值的条件下得到的斜率，最后确定方程. 【小问1详解】 当，时，有 ，. 所以两直线的交点为. 由于关于直线对称，故直线和直线垂直. 而直线即的斜率为，从而直线的斜率为. 再由知直线的方程为，即. 将与联立，得 ，. 从而直线和直线的交点为，由于关于直线对称，故是的中点. 最后由，即知. 【小问2详解】 若是一条经过的直线，则由于，知到的距离不超过. 若有一条经过的直线，满足到的距离为，则由，知和垂直. 而直线的斜率，故的斜率为. 再由经过，即知的方程为，即. 综上，点到经过点的直线距离的最大值为，当距离最大时，直线的方程为. 16. 如图，是半圆的直径，是的中点，，平面垂直于半圆所在的平面，． （1）若为的中点，证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：因为是半圆的直径，所以为中点， 因为为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何性质证明，结合线面平行判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线得方向向量与平面的法向量，根据线面夹角公式即可得所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面垂直于半圆所在的平面，交线为， 因为，为中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是半圆的直径，是的中点，所以， 如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 又， 则，令，则， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 如图①，在边长为4的菱形中，分别是边的中点，，如图②，将菱形沿对角线折起． （1）证明：； （2）当点折叠到使二面角为直二面角时，求点到平面的距离． 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接. 结合折叠后线段长度不变得到， 所以， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点， 所以，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由折叠前后的性质可得，由线面垂直可得平面，所以，从而可得结论； （2）以为坐标原点所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，根据空间向量的坐标运算求解法向量，即可由空间距离的向量法求解点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为点折叠到使二面角为直二面角， 所以平面平面， 又因为平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 结合（1）知两两垂直， 故以为坐标原点所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，， 所以， 又， 所以点到平面的距离为. 18. 如图，在平行六面体中，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为． 设，则， 所以， 又， 所以， 故， 因为四棱柱，且， 所以四边形为菱形，则， 又平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的线性运算与数量积运算，设，则可得，从而得，，结合数量积运算判断的关系，再得，根据线面垂直判定定理即可得结论； （2）过点，作，连接，根据线面关系可得过点且与平行的直线为轴，所在的直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解即可得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点，作，连接， 设， 因为平面 ， 平面 ， 所以，又因为，且， 故底面， 又因为， 所以平面平面， 所以， 在中，， 在中，， 在中，， 以过点且与平行的直线为轴，所在的直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 平面的法向量为， 所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 19. 定义：如果在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，那么称为两点间的曼哈顿距离． （1）已知两点的坐标分别为，如果它们之间的曼哈顿距离不大于2，求的取值范围； （2）已知两点的坐标分别为，如果它们之间的曼哈顿距离恒大于1，求的取值范围； （3）若点在函数的图象上且，点的坐标为，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）根据曼哈顿距离的定义可得，解绝对值不等式可得答案； （2）根据曼哈顿距离的定义可得恒成立，结合绝对值不等式的意义求出其最小值，解不等式即可求得答案； （3）根据曼哈顿距离的定义可得的解析式，分段讨论，结合函数单调性求得每段上的最小值，综合可得答案． 【小问1详解】 因为，故， 由曼哈顿距离不大于2，得，所以， 则，解得 综上，的取值范围是； 【小问2详解】 因为， 故， 由题意可得恒成立， 因为， 当且仅当时等号成立，即的最小值为， 所以，则或，解得或． 故的取值范围是． 【小问3详解】 点在函数的图象上且，点的坐标为， 故， 当时，， 函数在,上单调递减，故， 当且仅当时取等号； 当时，． 令，由于，故； 当时，，函数在,上单调递增， 故， 当且仅当时取等号． 综上可知，的最小值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $