福建省厦门市2024−2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试题含答案

福建省厦门市2024−2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．直线的一个方向向量为（

）A． B． C． D．2．直线平分圆C：，则（

）A． B．1 C．-1 D．-33．已知，且，则（

）A． B．C． D．4．已知向量在向量上的投影向量是，且，则（

）A． B． C． D．5．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，若直线与的欧拉线垂直，则直线与的欧拉线的交点坐标为（

）A． B． C． D．6．已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（

）A．1 B．2 C．3 D．48．已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列关于空间向量的命题中，正确的有（

）A．若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则B．若，则是钝角C．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面D．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线10．已知直线与，则下列说法正确的是（

）A．与的交点坐标是B．过与的交点且与垂直的直线的方程为C．，与x轴围成的三角形的面积是D．的倾斜角是锐角11．在棱长为1的正方体中，为侧面（不含边界）内的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（）A．线段的长度为B．的最小值为1C．对任意点，总存在点，便得D．存在点，使得直线与平面所成的角为60°三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线与直线，在上任取一点A，在上任取一点B，连接AB，取AB的靠近点A的三等分点C，过C作的平行线，则与间的距离为．13．已知四面体ABCD满足，则点A到平面BCD的距离为.14．已知点，直线将分割成面积相等的两部分，则实数的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．如图，已知的顶点为，，是边AB的中点，AD是BC边上的高，AE是的平分线．

(1)求高AD所在直线的方程；(2)求AE所在直线的方程．16．如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，分别为的中点．(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)求点B到平面的距离.17．如图，在平行六面体中，平面，，，.(1)求证：；(2)线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.18．已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角．(1)若为的中点，在线段上，且直线与平面所成的角为，求此时平面与平面的夹角的余弦值．(2)在（1）的条件下，设，，，且四面体的体积为，求的值．19．人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．(1)若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；(2)若点，，求的最大值；(3)已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．

参考答案1．【答案】A【详解】因为直线的斜率为，对A，，A正确；对B，方向向量为的直线斜率不存在，B错误；对C，，C错误；对D，，D错误；故选:A.2．【答案】D【详解】变形为，故圆心为，由题意得圆心在上，故，解得.故选：D3．【答案】B【详解】向量，则，因，于是得，解得，所以.故选：B.4．【答案】C【详解】，设向量在向量的夹角为，所以向量在向量上的投影向量为，所以，所以.故选：C.5．【答案】B【详解】由的顶点坐标，可知其重心为.注意到，直线BC斜率不存在，则为直角三角形，则其垂心为其直角顶点，则欧拉线方程为：.因其与垂直，则.则，则直线与的欧拉线的交点坐标满足，即交点为.故选：B6．【答案】A【详解】由圆，可得圆心，半径，又A−2,0，所以，所以，因为，所以.故选：A.7．【答案】C【详解】直线过定点，对于任意确定的点，当时，此时，当不垂直时，过点作，此时，如图所示：因为，所以，所以，由上可知：当确定时，即为，且此时；又因为在如图所示的正方形上运动，所以，当取最大值时，点与重合，此时，所以，故选：C.8．【答案】A【详解】因为直线，直线，易知，且分别过定点，取其中点C−2,0，易知，则P点在以C为圆心，3为半径的圆上，取点，连接,不难发现，则，所以，则，当且仅当三点共线，且与线段和圆C的交点重合时取得等号.故选：A.9．【答案】CD【详解】对于A，，所以，即，A错误；对于B，若，则小于0，则是钝角或者180°，B错误；对于C，对空间中任意一点O，有，满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，D正确.故选：CD.10．【答案】BC【详解】与可得，，解得交点坐标为，所以A错误；由所求直线与直线垂直得所求直线的斜率为，由点斜式得，即，所以B正确；如图，与轴相交于，与轴相交于，与相交于

所以，与x轴围成的三角形的面积，所以C正确；的斜率，所以的倾斜角是钝角，所以D错误.故选：BC.11．【答案】ABC【详解】建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，设点，，由直线与的夹角为，则有：，故有：解得：为线段上的动点，则有：（）解得：对选项，则有：，故选项正确；对选项，过点作平面的垂线，垂足为易知：（由于）故的最小值等价于求故有：当且仅当时成立，结合，可得此时故选项正确；对选项，若，则有：，，又则有：则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对选项，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：解得：，矛盾，故选项错误.故选：12．【答案】55/【详解】过A做于D，交于E，如图所示：因为，且由题意得，所以，所以，又直线与间的距离，所以与间的距离，故答案为：.13．【答案】【详解】因为四面体满足，可得，设平面的一个法向量，则，令，解得，所以，所以，设点到平面的距离为，则.故答案为：.14．【答案】【详解】，由已知得，由得，，，直线与轴交于，当在点与点之间（包括点）时，，，则有..，所以，，，故，所以，，又，，故；当在点的左侧时，解得，，由得，此时，，点到直线的距离，，得，则有，所以，，又，，故，，即.综上所述：实数b的取值范围.故答案为：.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为是边AB的中点，所以，因为，所以，因此高AD所在直线的方程为：；（2）因为AE是的平分线，所以，所以，设，所以，所以AE所在直线的方程为：.16．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为底面ABCD是正方形，所以，且，所以以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为，则，可得，设平面的法向量为，则，可取，设直线与平面所成角为，则.（2）求得，因为平面的法向量，所以点到平面的距离.17．【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【详解】（1）解法一：因为平面，平面，所以，所以因为，所以又因为，所以，化简得所以，所以解法二：在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，设，则，所以，由得，所以，又因为，所以，解得，所以，，，，所以，所以；解法三：在平面中，过作的垂线，垂足为，连结交于.因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，则，所以，所以，所以，在中，，，，所以，在中，，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以；（2）由（1）得平面的一个法向量为，假设存在点满足条件，设，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，则，，所以，所以，因为平面与平面的夹角为，即，解得，又因为，所以舍去，所以线段上不存在点使得平面与平面的夹角为.18．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意知，，，，，平面，可得平面，且为二面角的平面角，即，连接，而，则为正三角形，取的中点，连接，则，由平面，平面，所以平面平面，而平面平面，平面，可得平面，取的中点，连接，由矩形得，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则点，可得，设点，则，设平面的法向量，则，令，则，，可得，因为直线与平面所成的角为，则，解得或（舍，即，设平面的法向量为，则，令，则，，可得，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．（2）因为，，可知，分别为，的中点，又因为为的中点，则，可得，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，可得，因为，，，由余弦定理得，可知为锐角，可得，则，因为四面体的体积为，设点到平面的距离为，则，解得，因为，则，可得，则，解得．所以的值为19．【答案】(1)，(2)(3)存在，和【详解