精品解析：浙江省杭州市严州中学新安江校区2024-2025学年高二上学期阶段性测试（返校考）数学试题

浙江省严州中学新安江校区2024学年第一学期高二年级 数学学科阶段性测试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C 若，，，则 D. 若，且，则 3. 设点，点C关于面对称的点为D，则线段的中点P到点D的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 4. “”是“两条直线平行”（ ） 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. 已知点，，若直线：与线段有公共点，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 圆锥的底面半径为，高为2，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ） A B. C. D. 8. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为锐角，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 B. 点关于直线的对称点为 C. 过，两点的直线方程为 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A 直线与直线平行 B. 直线与底面所成的角为 C. 直线与直线的距离为 D. 直线到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 无论为何值，直线必过定点坐标为__ 13. 在四面体ABCD中，，，，，，，则四面体ABCD的外接球的表面积为______，四面体ABCD的体积为______. 14. 在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________． 四、解答题：本题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线l过点，与两坐标轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点． （1）若的面积为，求直线l的方程； （2）求的面积的最小值． 16. 如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，点E，F分别为AD，BC的中点，点O是原正方形ABCD的中心. （1）求证：平面EOF； （2）求直线CD与平面DOF所成角的大小. 17. 已知直线l经过点，且点到直线l的距离为1． （1）求直线l的方程； （2）O为坐标原点，点C的坐标为，若点P为直线上的动点，求的最小值，并求出此时点P的坐标． 18. 如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1， （1）求证：A1C⊥CC1； （2）若AB=2，AC=，BC=，问AA1为何值时，三棱柱ABC﹣A1B1C1体积最大，并求此最大值． 19. 如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为. （1）求侧面与底面所成的二面角的大小； （2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值； （3）在（2）的条件下，问在棱上是否存在一点，使侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省严州中学新安江校区2024学年第一学期高二年级 数学学科阶段性测试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由求出，再利用空间向量的夹角公式求解即可 【详解】设向量与的夹角为， 因为，，且， 所以，得， 所以， 所以， 因为，所以， 故选：A 2. 已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，且，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与相交或与异面，故A错误； 对于B：根据面面平行的性质定理可知，若，且，，则，故B正确； 对于C：若，，则，又，则或与相交或与异面，故C错误； 对于D：若，且，则或，故D错误. 故选：B 3. 设点，点C关于面对称的点为D，则线段的中点P到点D的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出对称点和中点坐标，由两点间距离公式计算． 【详解】点C ，D关于面对称,则有， 由中点坐标公式得的中点的坐标为， 所以． 故选：C． 4. “”是“两条直线平行”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】根据直线平行的等价条件求出，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】因为两条直线平行， 所以直线斜率相等或斜率不存在， 当两直线斜率不存在时，即，两直线为，成立； 当两直线斜率存在时，即，解得，两直线为成立， 综上或. 所以“”是“两条直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】 5. 已知点，，若直线：与线段有公共点，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线：过定点，求出，再根据直线：与线段有公共点，利用数形结合法求解. 【详解】解：如图所示： 直线：过定点，， 因为直线：与线段有公共点， 所以， 故选：D 6. 圆锥的底面半径为，高为2，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【详解】设是圆锥底面圆心，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，， ，设直线与所成角为， 则. 故选：B 7. 正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将平面与平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解 【详解】由正方体的性质：∥,∥， ，， 且平面，平面， 平面，平面， 所以平面平面， 则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离． 以为坐标原点，所在的直线分别为轴 建立空间直角坐标系，如图所示： 由正方体的棱长为1，所以，，， ，， 所以，， ，． 连接， 由，， 所以， 且， 可知平面， 得平面的一个法向量为， 则两平面间的距离： ． 故选：D 8. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答. 【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为正方体棱长为1，， 所以， 不妨设， 所以， 而， 所以点到直线的投影数量的绝对值为， 所以点到直线距离， 等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为锐角，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：结合向量垂直的性质即可求解； 对于B：结合向量的四则运算即可求解； 对于C：利用投影的几何意义即可求解； 对于D：根据向量的夹角公式即可求解. 【详解】对于A：，， 即：， 解得：. 故A选项正确； 对于B：， ，解得：. 故B选项正确； 对于C：在上的投影向量为：， 即，代入坐标化简可得：，无解， 故C选项错误； 对于D：与夹角为锐角， ，解得：， 且与不共线，即，解得：， 所以与夹角为锐角时，解得：. 故D选项正确； 故选：ABD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 B. 点关于直线的对称点为 C. 过，两点的直线方程为 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 【答案】AB 【解析】 【分析】对选项A，分别令和，求出直线与坐标轴交点，再结合面积公式判断即可；对选项B，求出对称点坐标即可判断；对选项C特殊情况不成立；对选项D，缺少过原点直线． 【详解】A．令得，令得，则直线与两坐标轴围成的三角形的面积，正确； B．设关于直线对称点坐标为，则，解得，正确； C．两点式使用的前提是，错误； D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线还有过原点的直线，错误． 故选：AB． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. 直线与直线平行 B. 直线与底面所成的角为 C. 直线与直线的距离为 D. 直线到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平行公理4，线面角的定义，等面积法，等体积法等逐一判断每个选项即可． 【详解】以D为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则 对于选项A：且不是同一条直线，，正确； 对于选项B：底面的一个法向量为， 设直线与底面所成的角为，则， 故直线与底面所成的角不为，错误； 对于选项C：，在中，， 所以到的距离为，即直线与直线的距离为，正确； 对于选项D：由A得面，面， 所以面，到平面的距离即为直线到平面的距离，设为． 则三棱锥的体积等于三棱锥的体积，在正方体中， 又到平面的距离即为棱长2，所以：，在中，， 所以． 即． 即直线到平面的距离为．正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：本题的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用向量法证明线线平行，以及求解线面夹角的余弦值，再结合等体积法求解点到平面的距离. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 无论为何值，直线必过定点坐标为__ 【答案】 【解析】 【分析】把直线方程变形可得，联立方程组，即可求解. 【详解】根据题意，直线，即， 变形可得，联立方程组，解得， 即直线必过定点. 故答案为：. 13. 在四面体ABCD中，，，，，，，则四面体ABCD的外接球的表面积为______，四面体ABCD的体积为______. 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】勾股定理判断出、为直角三角形，取BD中点O，O为四面体ABCD的外接球的球心，可求得四面体ABCD的外接球的表面积；将四面体ABCD补成直三棱柱，根据求出体积. 【详解】在四面体ABCD中， ，，，，， 因为，所以为直角三角形， 因为，所以为直角三角形，取BD的中点O， 则，所以O为四面体ABCD的外接球的球心， 则BD为四面体ABCD的外接球的直径， 所以四面体ABCD的外接球的表面积为； 将四面体ABCD补成直三棱柱，如图， ， ，，， 所以，， 所以，即， 故四面体ABCD的体积为 . 故答案为：；1. 【点睛】方法点睛：解决与球相关切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 14. 在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________． 【答案】 【解析】 【分析】以底面中心为原点建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出侧面的方程，最后利用所给公式计算即可． 【详解】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系， 则，，1，，，1，，，0，， 设平面的方程为， 将坐标代入计算得 解得，，， ， 即， ． 故答案为： 【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题． 四、解答题：本题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线l过点，与两坐标轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点． （1）若的面积为，求直线l的方程； （2）求的面积的最小值． 【答案】（1）或 （2）4 【解析】 【分析】（1）设直线方程为，根据所过的点及面积可得关于的方程组，求出解后可得直线方程，我们也可以设直线，利用面积求出后可得直线方程. （2）结合（1）中直线方程的形式利用基本不等式可求面积的最小值. 【小问1详解】 法一：（1）设直线，则 解得或，所以直线或． 法二：设直线，，则，． 则，∴或﹣8 所以直线或． 【小问2详解】 法一：∵，∴，∴，此时，． ∴面积的最小值为4，此时直线． 法二：∵， ∴， 此时，∴面积的最小值为4，此时直线． 16. 如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，点E，F分别为AD，BC的中点，点O是原正方形ABCD的中心. （1）求证：平面EOF； （2）求直线CD与平面DOF所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得证； （2）由线面角的定义可得直线CD与平面DOF所成的角为，解三角形可求得答案. 【小问1详解】 证明：∵点O是原正方形ABCD的中心，∴O为AC的中点， ∵点F为BC的中点，， 又平面EOF，平面EOF， 平面EOF. 【小问2详解】 解：，，， ，， ∵把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角， 平面ABC， 又平面ABC， ， ， 平面DOF， ∴直线CD与平面DOF所成的角为， ， ∴在中，， ， 即直线CD与平面DOF所成角的大小为. 17. 已知直线l经过点，且点到直线l的距离为1． （1）求直线l的方程； （2）O为坐标原点，点C的坐标为，若点P为直线上的动点，求的最小值，并求出此时点P的坐标． 【答案】（1）或 （2）10， 【解析】 【分析】（1）考虑直线l的斜率存在和不存在情况，存在时，设直线方程，根据点到直线的距离求出斜率，即得答案. （2）确定关于直线OA的对称点，数形结合，利用几何意义即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知直线l经过点，当直线斜率不存在时，方程为， 此时点到直线l的距离为1，符合题意； 当直线l斜率存在时，设方程为，即， 则由点到直线l的距离为1。得， 解得，即得，即， 故直线l的方程为或； 【小问2详解】 由点，可得直线的方程为， 故点关于的对称点为， 连接，则， 则， 当且仅当共线时，等号成立， 即的最小值为10， 此时的方程为，联立， 解得，即. 18. 如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1， （1）求证：A1C⊥CC1； （2）若AB=2，AC=，BC=，问AA1为何值时，三棱柱ABC﹣A1B1C1体积最大，并求此最大值． 【答案】（1）见解析（2）AA1=时棱柱的体积最大，最大值为：． 【解析】 【分析】（1）通过证明直线CC1与平面BA1C垂直，即可证明A1C⊥CC1； （2）作AO⊥B 于O，连结A1O，说明∠AA1O=90°，设A1A=h，求出A1O的表达式，以及三棱柱ABC﹣A1B1C1体积V的表达式，利用二次函数的最值，求最大值． 【详解】解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中， ∴A1A∥CC1∥BB1， ∵AA1⊥BC，∴CC1⊥BC， ∵A1B⊥BB1，∴A1B⊥CC1， ∵BC∩BA1=B，BC,BA1平面BA1C， ∴CC1⊥平面BA1C，A1C⊂平面BA1C ∴A1C⊥CC1； （2）作AO⊥BC 于O，连结A1O，由（1）可知∠AA1O=90°，∵AB=2，AC=，BC=，∴AB⊥AC， ∴AO=， 设A1A=h，A1O= ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1体积V= =， 当h2=，即h=时，即AA1=时棱柱的体积最大， 最大值为：． 19. 如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为. （1）求侧面与底面所成的二面角的大小； （2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值； （3）在（2）的条件下，问在棱上是否存在一点，使侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，是的等分点，靠近点的位置 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、，由正四棱锥的性质知为所求二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，设，求出的值，即可得解； （2）依题意连接、，可知为异面直线与所成的角，证明出，计算出、的长，即可求得结果； （3）延长交于，取的中点，连接、，易得平面，可得平面平面，分析出为正三角形，易证平面，取的中点，连接，可得四边形为平行四边形，从而，可得平面，即可得出结论. 【小问1详解】 解：取的中点，连接、， 由正四棱锥的性质可知平面，平面，则， 依条件可知，则为所求二面角的平面角. 面，则为侧棱与底面所成的角，则， 设，则，所以，， 则，因为，故. 【小问2详解】 解：连接、， 所以，为异面直线与所成的角. 平面，平面，则， ，，平面， 又平面，. ，所以，. 【小问3详解】 解：延长交于，则为的中点，取的中点，连接、. 因为，为的中点，则，同理可得， ，故平面， 平面，平面平面， 又，， 所以，为正三角形，为的中点，则， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 取的中点，连接， 、分别为、的中点，则且， 因为且，、分别为、的中点，则且， 为中点，则且，故且， 所以，四边形为平行四边形，则，故平面. 因此，是的等分点，靠近点的位置. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$