河南省郑州市普通高中2024-2025学年高二上学期第一次阶段检测（10月月考）数学试题

郑州2024-2025学年上学期高二第一次阶段性检测数学试卷考试时间：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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.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.已知向量，，且，则（）A. B. C.2 D.42.已知点，，则直线的一个方向向量可以为（）A. B. C. D.3.已知空间中有三点，，，则到直线的距离为（）A.1 B. C.3 D.24.设点，，直线过且与线段相交，则的斜率的取值范围是（）A. B. C. D.以上都不对5.平行于直线且与圆相切的直线的方程是（）A.或 B.或C.或 D.或6.已知圆的圆心是直线与直线的交点，直线与圆相交于，两点，且，则圆的方程为（）A. B. C. D.7.已知，，则满足的的值是（）A. B.0 C.或0 D.或08.“”是“直线与直线互相垂直”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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（）A.若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限B.直线必过定点C.过点，且斜率为的直线的点斜式方程为D.斜率为，且在轴上的截距为3的直线方程为10.在空间直角坐标系中，，，，则（）A.B.点到平面的距离是2C.异面直线与所成角的余弦值为D.与平面所成角的正弦值为11.已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（）A.与是共线向量 B.与共线的单位向量是C.与夹角的余弦值是 D.平面的一个法向量是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.经过点，在轴、轴上截距相等的直线方程是____________.13.圆上的点到直线距离的最小值为___________.14.已知，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是____________.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.（本小题13分）求经过直线和直线的交点，并且满足下列条件的直线方程.（1）与直线垂直；（2）到原点的距离等于1.16.（本小题15分）已知空间中的三点，，，设，.（1）若与互相垂直，求的值；（2）求点到直线的距离.17.（本小题15分）过点作直线分别交轴、轴的正半轴于，两点.（1）求的最小值，及此时直线的截距式方程；（2）求的最小値，及此时直线的截距式方程.18.（本小题17分）已知圆的方程为.（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）直线过点，且与圆交于、两点，若，求直线的方程；19.（本小题17分）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，、分别是、的中点.若，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求点到平面的距离；（Ⅲ）求直线平面所成角的正弦值.

郑州学校2024-2025学年高二上学期第一次阶段检测数学试卷参考答案一、单选题1.【答案】C本题考查向量平行关系的坐标表示，属于基础题.依题意存在实数，使得，根据向量相等得到方程组，解得即可.解：因为向量，，且，所以存在实数，使得，即，所以，解得，所以故选：C2.【答案】C本题考查空间向量中直线的方向向量，属于基础题.解：，则直线的方向向量为.所以C符合题意.3.【答案】D本题考场空间点到直线的距离的求法，属于基础题.解：，，，，到直线的距离为.4.【答案】A本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.画出图形，由题意得所求直线的斜率满足或，用直线的斜率公式求出和的值，即可求解.解：如图所示：由题意得，所求直线的斜率满足或，而，，所以或，故选：A.5.【答案】A本题考查两条直线平行的判定，圆的切线方程，考查计算能力，是基础题.设出所求直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求出，即可求出直线方程.解：设所求直线方程为，由于该直线与圆相切，所以，所以，所以所求直线方程为：或.故选A.6.【答案】A本题主要考查圆的方程的求解，根据条件求出圆心和半径是解决本题的关键，属于基础题.求出两直线的交点坐标即圆心坐标，根据勾股定理求解半径即可.解：直线与直线的交点为，所以圆的圆心为，设半径为，由题意可得，即解得，故圆的方程为.故选：A.7.【答案】C本题考查两条直线平行的判定，考查学生的计算能力，属基础题.利用两条直线平行的条件，即可得出结论.解：∵直线，，，∴，∴或0.经验证答案都满足题意.故选C.8.【答案】A本题考查直线垂直性质的运用，考查充分、必要条件的判断，属于基础题.利用直线垂直的性质列出方程求出，再根据充要条件的定义判断即可.解：∵直线与直线互相垂直，∴，∴，∴或，∴是直线与直线互相垂直的充分不必要条件，故选：A.二、多选题9.【答案】ABC本题考查点斜式方程，斜截式方程，直线过定点问题，是较易题.由直线经过象限可确定，的正负，由此知A正确；整理可求得中直线过定点，得B正确；由直线点斜式和斜截式方程定义可确定CD正误.解：对于A，由直线经过第一、二、四象限可得：，，∴在第二象限，A正确；对于B，由得：，则直线恒过定点，B正确；对于C，由点斜式方程定义可知该直线方程为：，C正确；对于D，由斜截式方程定义可知该直线方程为：，D错误.故选：ABC.10.【答案】BD本题考查空间向量的应用，属于中档题.解：因为，，所以，A错误.在空间直角坐标系中，结合与两点的坐标可知轴与平面垂直，所以为平面的一个法向量，则点到平面的距离是，B正确.因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，C错误.设与平面所成的角为，，则，D正确.11.【答案】CD本题考查空间向量的基本概念，共线向量，单位向量的概念，向量夹角的求法，平面法向量的求法，属于中档题.解：对于A，，，不存在实数，使得，所以与不是共线向量，所以A错误；对于B，因为，所以与共线的单位向量为或，所以B错误；对于C，向量，，所以，所以C正确；对于D，设平面的法向量是，因为，，所以，即，令，则，所以D正确，故选CD.三、填空题12.【答案】或【解析】解：当直线过原点，即截距都为零时，直线经过原点，，直线方程为，整理，得直线方程为；当直线不过原点，由截距式，设直线方程为，把代入，得.故答案为或.分类讨论，当直线过原点，即截距都为零，易得直线方程；当直线不过原点，由截距式，设出直线方程，把点坐标带入，能求出结果.本题考查直线方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用.13.【答案】4解：∵圆心到直线的距离∴圆上的点到直线距离的最小值是，故答案为：4.圆心到直线的距离，圆上的点到直线距离的最小值是，从而可求.本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，解题的关键是把所求的距离转化为求圆心到直线的距离，要注意本题中的是满足圆上的点到直线的距离的最大值.14.【答案】本题考查了空间向量的数量积，空间向量的夹角和模，属于中档题.由夹角为钝角，得到两向量的数量积小于0，且两向量不平行，建立不等式，解得结果.解：∵，，∴，，，设向量与的夹角为，∵与夹角为钝角，∴，且，∴且，∴且，即的取值范围是.故答案为.四、解答题15.【答案】解：（1）由于直线与直线不垂直故设所求直线为，故，因为此直线与直线垂直，故，故，故所求直线为.（2）由于原点到直线的距离，故设所求直线为，故，解得或，故直线方程为：或.本题考查两条直线垂直的判定及应用，考查点到直线的距离，考查两条直线的交点坐标，属于基础题.（1）设所求直线为，整理为一般方程后利用垂直直线的系数关系可求.（2）设所求直线为，整理为一般方程后利用点到直线距离求解，即得解.16.【答案】解：因为，，，所以，，（1），，因为，所以，整理得，解得或，所以的值为或.（2）设直线的单位方向向量为，则.由于，所以，，所以点到直线的距离.【解析】本题考查空间向量垂直的坐标表示，点线、线线距离的向量求法，是中档题.（1）写出两个向量的坐标，利用向量的数量积为0，求解即可；（2）求出直线的单位方向向量为，然后利用空间点到直线的距离公式求解即可.17.【答案】解：（1）根据题意可设直线的方程为（，），则，，因为直线过点，所以（，），又，当且仅当，即，时取等号，所以，即，所以的最小值为8，此时直线的截距式方程为.（2）由（1）可知，所以，则，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4，此时，，直线的截距式方程为.【解析】本题考查直线的截距式方程，两点间距离公式，基本不等式，属于中档题.（1）根据题意可设直线的方程为（，），代入点结合基本不等式可求出结果；（2）由（1）可得，则可推出，结合基本不等式可求出结果.18.【答案】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：当斜率不存在时，过点的直线的方程是，与圆：相切，满足条件，当斜率存在时，设直线方程：，即，直线与圆相切时，，解可得，此时，直线的方程为；所以，满足条件的直线方程是或；（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，则直线的斜率一定存在，设直线方程：，即，则，解得或，所以满足条件的直线方程是或.【解析】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆相切，相交的性质，属于基础题.（1）根据题意，分直线的斜率存在与不存在2种情况讨论，求出直线的方程，综合即可得答案；（2）根据题意，分析可得圆心到直线的距离，即可得直线的斜率一定存在，设直线方程：，由点到直线的距离公式可得的值，即可得答案.19.【答案】解：（Ⅰ）证明：在四棱锥中，设为的中点，连接，，∵，分别是，的中点，四边形是矩形，∴，，又∵为的中点，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面；（Ⅱ）解：设到平面的距离为，∵平面，平面，∴，又∵四边形为矩形，∴，∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，∴四边形为矩形，∵为等腰直角三角形，∴是棱锥的高，∴四棱锥的体积，∵，，∴由余弦定理可得，∴，∴，∵四棱锥的体积=三棱锥体积的2倍=三棱锥体积，∴，∴，∴点到平面的距离为；（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知，点到平面