精品解析：山东省青岛市第九中学2024-2025学年高二上学期第一次阶段检测数学试卷

青岛九中2024-2025学年度第一学期阶段检测高二数学试题 2024.10 注意事项： 1．本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分．第I卷为选择题，共58分；第Ⅱ卷为非选题，共92分，满分150分，考试时间为120分钟． 2．第I卷共2页，有单选题和多选题，请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上． 第Ⅱ卷共2页，将答案用黑色签字笔（0.5mm）写在答题卡上． 第I卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知空间向量，空间向量满足且，则＝（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示求解即可. 【详解】∵，且空间向量满足， ∴可设， 又，∴，得． ∴，故A正确. 故选：A. 2. 已知点，，若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设直线的倾斜角为，由的坐标求出直线的斜率，结合的范围可得即的取值范围， 再利用正切函数的性质分析可得的范围，即可得答案. 【详解】解：根据题意，设直线的倾斜角为， 点，，则直线的斜率， 又由，则的取值范围为，， 即的范围为，， 又由，则 故选：C. 3. 已知圆上的所有点都在第二象限，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆的一般方程化为标准方程后可得圆心及其半径，结合圆的性质与第二象限的点的性质计算即可得解. 【详解】由，化简可得， 则该圆圆心为，半径为3，由题意可得解得， 故实数的取值范围是． 故选：A. 4. 过点作一条直线，它夹在两条直线：和：之间的线段恰被点平分，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当斜率不存在时，不符合题意，当斜率存在时，设所求直线方程为，进而得出交点，根据点为两交点的中点建立等式，求出的值，从而即可解决问题. 【详解】如果直线斜率不存在时，直线方程为：，不符合题意； 所以直线斜率存在设为， 则直线方程为， 联立直线得： ， 联立直线得：，， 所以直线与直线，直线的交点为： ， 又直线夹在两条直线和之间的线段恰被点平分， 所以， 解得：， 所以直线的方程为：， 故选：B. 5. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义,将、，用基底表示出来，在应用向量数量积的运算律即可. 【详解】在平行六面体中, 四边形是平行四边形,侧面是正方形, 又是的交点, 所以是的中点, 因为,,, 所以， 所以 ， 所以 又， 所以 ， 可得, 所以异面直线与的夹角的余弦值为. 故选：A. 6. 已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断各个选项. 【详解】对于A，设，即，解得， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误； 对于B，设，无解， 所以不共面，能构成空间的一组基底，故B正确； 对于C，设，解得， 所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误； 对于D，设，解得， 所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误. 故选：B. 7. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得. 【详解】动直线化为，可知定点， 动直线化为，令， 解得，可知定点， 又， 所以直线与直线垂直，为交点， . 则，当且仅当时，等号成立. 即面积的最大值为. 故选：B. 8. 瑞士著名数学家欧拉在1765年得出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被称为“欧拉线”，在平面直角坐标系中作，且，点，点，圆是“欧拉线”上一点，过P可作圆的两条线切，切点分别为．则下列结论不正确的是（ ） A. 的“欧拉线”方程为 B. 圆M上存在点N，使得 C. 四边形面积的最大值为4 D. 直线恒过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意求出中点为的坐标，根据欧拉线的定义求出欧拉线的方程即直线的方程，再利用圆和圆的切线的性质判断各选项. 【详解】设中点为，因为,所以, 因为，所以， 且，所以， 由题意可得欧拉线为直线，则欧拉线的方程为， 即，故A正确; 由圆的切线性质可得， 设，则， 在中， 由二次函数的性质得当时，取最小值， 所以，即的最大值为， 所以,所以圆M上存在点N，使得,故B正确: 由圆的切线的定义可知, 所以, 又因为，且， 所以即四边形面积的最小值为4，故C错误; 设，因为， 所以四点共圆，其中为直径，设PM中点， 则， 所以圆为， 所以为圆和圆的相交弦，两圆方程相减得方程为， 即，由，解得过定点，故D正确. 故选：ABD. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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. 下列对动直线的四种表述正确的是（ ） A. 与曲线C：可能相离，相切，相交 B. 恒过定点 C. 时，直线斜率是0 D. 时，直线的倾斜角是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据过定点的直线系求出恒过点可判断B，由点与圆的位置关系可判断A，由直线方程可判断C、D. 【详解】直线可化为， 令，，解得，，所以直线恒过定点，故B正确； 而该定点在圆C：内部，所以必与该圆相交，故A错误； 当时，直线方程为，斜率为0，故C正确； 当时，直线方程为，斜率为，倾斜角为，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为5 B. 的最大值为 C. 圆心到直线的距离最大为4 D. 直线与圆相切时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系，结合距离平方型、斜率型计算即可求解. 【详解】A:圆的方程可化为，则圆心为，半径.是圆上的点， 所以的最大值，故A错误； B：如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大， 此时，且，故B正确； C：圆心到直线的距离， 当时，， 当时，，故C错误； D：直线，即，过定点， 代入圆的方程得，则定点在圆外. 若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为2， 即，解得，故D正确. 故选：BD 11. 在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足（，），下列结论正确的是（ ） A. 若，则点到平面的距离为 B. 若，则四面体的体积是定值 C. 若，则点的轨迹长为 D. 若，，则存在点，使得的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由条件确定点的轨迹，证明点到平面的距离为点到平面的，由此判断A，由可得点的轨迹为，结合锥体体积求法即可判断B；由条件确定点的轨迹，由扇形弧长公式即可判断C；把沿着进行翻折，使得四点共面，结合平面几何知识可求的最小值，判断D. 【详解】对于A，如图，连接，点为线段的中点，点为线段的中点， 则，， 因为，， 所以， 则，又， 所以点的轨迹为线段， 因为，， 所以，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 又为， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离的， 连接，，记其交点为， 因为底面是菱形， 所以， 由已知平面，平面， 所以， ，平面， 所以平面， 因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，又， 所以，所以， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为，A错误； 对于B，连接，由得点在线段上， 由为直四棱柱得，，又， 所以的面积为定值，又点平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值， 所以四面体的体积是定值，故B正确； 对于C，如图，在平面中作，垂足为， 由已知得，平面，且平面， 所以，又平面，且， 所以平面， 因为底面是菱形，， 所以，， 在中，因为，所以， 则点在以点为圆心，为半径的圆上运动， 设此圆与交于点，因为，且， 所以，则点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，若，则点与点重合， 把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值， 在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合所给条件，结合线面位置关系，确定点的轨迹. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，若，，共面，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共面定理得到存在使得，从而得到方程组，求出答案. 【详解】由题意得，存在使得，即， 故，解得. 故答案为： 13. 台球赛的一种得分战术手段叫做“斯诺克”：在白色本球与目标球之间，设置障碍，使得本球不能直接击打目标球.如图，某场比赛中，某选手被对手做成了一个“斯诺克”，本球需经过边，两次反弹后击打目标球N，点M到的距离分别为，点N到的距离分别为，将M，N看成质点，本球在M点处，若击打成功，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】以C为原点，边分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，写出的坐标，求出关于轴的对称点的坐标，关于轴的对称点的坐标，则直线方向为本球射出方向，利用斜率公式和诱导公式可求出结果. 【详解】以C为原点，边分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图， 则， N关于x轴的对称点为关于y轴的对称点为， 直线方向为本球射出方向， 故,. 故答案为：. 14. 如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为a，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，2得，由，得，得正方体外接球表面积. 【详解】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量. 由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得. 由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，2. 于是，即，即，即. 同理，. 从而，由，得， 即，解得， 所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，即，即.同理可得，，即可得到. 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. 已知空间中三点，设 （1）已知，求的值； （2）若，且，求的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，，再利用向量垂直的坐标表示，即可求解； （2）根据条件得到，再利用，即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 又，所以，得到. 【小问2详解】 因为，又，所以，解得或， 所以的坐标为或. 16. 已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为. （1）求直线的方程和点C的坐标； （2）求的面积． 【答案】（1），， （2）. 【解析】 【分析】（1）设点的坐标是，由的中点在直线上，求得点的坐标，再求出点关于直线的对称点即可求得直线的方程，联立方程组求出点坐标. （2）利用两点间距离公式及点到直线距离公式求出三角形面积. 【小问1详解】 由点在上，设点的坐标是，则的中点在直线上， 于是，解得，即点， 设关于直线的对称点为，则有，解得，即， 显然点在直线上，直线的斜率为， 因此直线的方程为，即， 由，解得，则点， 所以直线的方程为，点C的坐标为. 【小问2详解】 由（1）得，点到直线的距离， 所以的面积. 17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程； (2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程 【小问1详解】 易知到直线的距离为圆A半径r， 所以， 则圆A方程为 【小问2详解】 过A做,由垂径定理可知，且， 在中由勾股定理易知 当动直线斜率不存在时，设直线的方程为， 经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知， 显然合题意， 当动直线斜率存在时，过点，设方程为：， 由到距离为知得， 代入解之可得， 所以或为所求方程． 18. 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点． （1）.求证：B1C∥平面A1BD； （2）.求二面角A1-BD-A平面角的大小； （3）.在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE= 【解析】 【分析】（1）连接AB1交A1B于M，连接B1C，DM.由已知条件得四边形AA1B1B是矩形，由三角形中位线定理能证明B1C∥平面A1BD． （2）作CO⊥AB于O，建立空间直角坐标系O－xyz．后利用向量法求出二面角A1－BD－A的大小． （3）设E(1，x，0)，求出平面B1C1E的法向量，后利用向量法说明点E的存在性. 【小问1详解】 如图，连接AB1交A1B于M，连接DM. 因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱， 所以四边形AA1B1B是矩形，所以M为AB1的中点． 因为D是AC的中点，所以MD是三角形AB1C的中位线，所以MD∥B1C． 因为MD平面A1BD，B1C平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD． 【小问2详解】 如图，作CO⊥AB于O，因几何体为正三棱柱，故CO⊥平面ABB1A1， 所以在正三棱柱ABC－A1B1C1中如图建立空间直角坐标系O－xyz． 因为AB=2，AA1=，D是AC的中点． 所以 . 设是平面A1BD的法向量， 所以即，取. 所以是平面A1BD的一个法向量． 又由题意可知是平面ABD的一个法向量， 所以． 由图知二面角A1－BD－A的平面角为锐角，所以它的大小为． 【小问3详解】 设E(1，x，0)，则， 设平面B1C1E的法向量. 所以即. 取.则， 由题有，又.即，解得x=. 所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE=． 【点睛】易错点点睛:处理立体几何相关问题时，需注意以下几点: （1）证明线面平行时，常利用三角形中位线定理，平行四边形性质找平行关系.但条件要写完整，不能漏写关键条件. （2）利用向量法解决立体几何问题时，建系需写出建立依据及步骤.此外，对于求二面角，有时需通过所给图形判断其平面角为锐角还是钝角. （3）求法向量时，需注意平面的法向量有无数多个，因此我们需选取便于我们计算的. 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 【答案】（1）2 （2） （3）10 【解析】 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角 与二面角互补可得结论； （3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【小问1详解】 因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； 【小问3详解】 依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛九中2024-2025学年度第一学期阶段检测高二数学试题 2024.10 注意事项： 1．本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分．第I卷为选择题，共58分；第Ⅱ卷为非选题，共92分，满分150分，考试时间为120分钟． 2．第I卷共2页，有单选题和多选题，请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上． 第Ⅱ卷共2页，将答案用黑色签字笔（0.5mm）写在答题卡上． 第I卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知空间向量，空间向量满足且，则＝（    ） A. B. C. D. 2. 已知点，，若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆上的所有点都在第二象限，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 过点作一条直线，它夹在两条直线：和：之间的线段恰被点平分，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 8. 瑞士著名数学家欧拉在1765年得出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被称为“欧拉线”，在平面直角坐标系中作，且，点，点，圆是“欧拉线”上一点，过P可作圆的两条线切，切点分别为．则下列结论不正确的是（ ） A. 的“欧拉线”方程为 B. 圆M上存在点N，使得 C. 四边形面积的最大值为4 D. 直线恒过定点 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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. 下列对动直线的四种表述正确的是（ ） A. 与曲线C：可能相离，相切，相交 B. 恒过定点 C. 时，直线斜率是0 D. 时，直线的倾斜角是 10. 已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为5 B. 的最大值为 C. 圆心到直线的距离最大为4 D. 直线与圆相切时， 11. 在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足（，），下列结论正确的是（ ） A. 若，则点到平面的距离为 B. 若，则四面体的体积是定值 C. 若，则点的轨迹长为 D. 若，，则存在点，使得的最小值为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，若，，共面，则______． 13. 台球赛的一种得分战术手段叫做“斯诺克”：在白色本球与目标球之间，设置障碍，使得本球不能直接击打目标球.如图，某场比赛中，某选手被对手做成了一个“斯诺克”，本球需经过边，两次反弹后击打目标球N，点M到的距离分别为，点N到的距离分别为，将M，N看成质点，本球在M点处，若击打成功，则___________． 14. 如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______. 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. 已知空间中三点，设 （1）已知，求的值； （2）若，且，求的坐标. 16. 已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为. （1）求直线的方程和点C的坐标； （2）求的面积． 17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 18. 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点． （1）.求证：B1C∥平面A1BD； （2）.求二面角A1-BD-A平面角的大小； （3）.在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由． 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $