北京市海淀区2024−2025学年高二上学期阶段性针对训练（10月） 数学试卷含答案

北京市海淀区2024−2025学年高二上学期阶段性针对训练（10月）数学试卷一、单选题（本大题共10小题）1．直线的倾斜角是（

）A． B． C． D．2．在空间直角坐标系中，若，，则点的坐标为（

）A． B． C． D．3．已知空间向量，，，，且与垂直，则与的夹角为（

）A． B． C． D．4．“”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5．直线不过第二象限，则的取值范围为（

）A． B． C． D．6．圆关于直线对称的圆的标准方程为（

）A． B．C． D．7．如图，在四面体A-BCD中，点O为底面△BCD的重心，P为AO的中点，设，，，则（

）

A． B．C． D．8．已知直线过定点M，点在直线上，则的最小值是（

）A．5 B． C． D．9．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.其中正确的是（

）

①四棱锥为“阳马”②四面体为“鳖臑”③四棱锥体积的最大值为④过点作于点，过点作于点，则面A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④10．已知圆直线，点在直线上运动，直线分别与圆相切于点．则下列说法正确的是（

）A．四边形的面积最小值为B．最短时，弦AB长为C．最短时，弦AB直线方程为D．直线AB过定点二、填空题（本大题共8小题）11．已知空间向量、，若，则．12．动直线与一点.当点到直线的距离最大时，直线的方程为（填一般式）.13．已知圆的半径为3，则的值为.14．已知空间三点，，.若空间中点满足平面，则符合条件的一个点的坐标是.15．过点与圆相切的直线方程为．16．如图，正三棱柱中，AB＝2，，，D为BC的中点．当时，，此时，直线AD与直线所成的角的余弦值为．

17．已知圆C：，若直线上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线夹角为，则实数k的取值范围是18．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为线段，交点，为线段上的动点，则以下结论正确的是.①当时，平面；②当时，平面；③线段的最小值为；④直线，所成角取值范围为.三、解答题（本大题共4小题）19．已知圆过点和，且圆心在直线上.(1)求圆的标准方程；(2)经过点的直线与垂直，且与圆相交于两点，求.20．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.(1)证明：.(2)求直线与平面所成角的正弦值.(3)求点到平面的距离.21．如图，在四棱锥中，，，为等腰直角三角形，，平面交平面于直线，，分别为棱，的中点.(1)求证：；(2)设，则：①求平面与平面夹角的正切值；②在棱上是否存在点，使得平面?若存在，求的值，若不存在，说明理由.22．对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．（1）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；（3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．

参考答案1．【答案】B【详解】直线的斜率为，则由，知，即故选B．2．【答案】D【详解】设，则，所以，解得：，，．所以点的坐标为．故选：D3．【答案】D【详解】因为与垂直，所以，即，所以.又，所以.故选：D.4．【答案】A【详解】依题意，，解得或，所以“”是“直线：与直线：互相垂直”的充分不必要条件.故选：A5．【答案】C【解析】分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式（组），由此可解得实数的取值范围.【详解】若，可得，直线的方程为，该直线不过第二象限，合乎题意；若，可得，直线的斜截式方程为，若直线不过第二象限，则，解得.综上所述，.故选：C.6．【答案】B【详解】由圆，得，则圆心坐标为，半径为1，设关于直线的对称点为，则，解得，圆关于直线对称的圆的标准方程为．故选：B．7．【答案】B【详解】取的中点为，连接，由重心的性质可知，，且三点共线.因为所以．故选：B．

8．【答案】B【详解】由得，所以直线l过定点，依题意可知的最小值就是点M到直线的距离，由点到直线的距离公式可得．故选:B.9．【答案】C【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，在堑堵中，，侧棱平面，A选项，，又，且，则平面，四棱锥为“阳马”，故正确；B选项，由，即，又且，平面，，则为直角三角形，又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，四面体为“鳖膈”，故B正确；C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，，最大值为，故C错误；D选项，因为，，，平面，所以平面，故D正确；故选：C.10．【答案】B【详解】对于A，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，即，最短时，面积最小，故当时，最短，即，，故A错误；由上述可知，时，最短，故最小，且最小值为，所以，故B正确；当最短时，则，又，所以，，，可设的直线方程为，圆心到直线的距离，解得或，由于直线在圆心的右侧，且在直线的左侧，所以，所以，即直线的方程为，故C错误；设圆上一点，，，，，，易知，由于，所以，同理，，，，即，令，解得，所以直线过定点为，故D错误．故选：B．11．【答案】1【详解】因为、且，所以，则，即，解得，所以.故答案为：12．【答案】【详解】因为，即，故直线恒过定点为直线与直线的交点，联立方程解得直线恒过定点；当点与定点构成的直线与垂直时，点到直线的距离最大，此时必有，即，解得.则，解得，故直线的方程为：.故答案为：.13．【答案】【详解】圆的一般方程写成标准方程为，由圆的半径为可知，，得.故答案为：14．【答案】（答案不唯一）.【详解】，，设平面的法向量为，则，.令，则，..设点的坐标为，则.由题知，，即.点的坐标满足，其中.令，则.故答案为：（答案不唯一）.15．【答案】或【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，因为，可知点在圆外，当直线过点且斜率不存在时，，显然与圆相切；当直线过点，且斜率存在时，设方程为，即，则，解得，故方程为；综上所述：直线方程为或.故答案为：或.16．【答案】；.【详解】

因为为正三棱柱，且为中点，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为AB＝2，，则，则，所以，即，设平面的法向量为，则，取，则，所以平面的一个法向量为，又，时，，解得，此时，设直线AD与直线所成的角为，则，即直线AD与直线所成的角的余弦值为.故答案为：；17．【答案】或．【详解】圆，则圆心为，半径，设两切点为，则，因为，在中，，所以,因此只要直线上存在点，使得即可满足题意．圆心，所以圆心到直线的距离，解得或．故答案为：或．

18．【答案】①③④【详解】因为分别是的中点，平面,不在平面内，所以平面，①正确；取为中点，如图以为轴建系，当时，,假设平面，则,但是矛盾，所以假设不成立，②错误；因为为线段上的动点，所以，所以所以,当时，,③正确；因为所以所以设直线，所成角为，,令，当，因为，所以，即得，所以.故答案为：①③④19．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意设圆心，又圆过点和，所以，解得，所以圆心，半径为，所以圆的标准方程为.（2）由题意经过点且与垂直的直线为，即，又圆心到直线的距离为，，所以.20．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）因为，为的中点，所以，因为棱柱直三棱柱，所以面，平面，所以平面平面，又平面平面，面，则平面，又平面，所以，在矩形中，，为的中点，所以，

所以，故，又，面，面，所以平面，又平面，所以；（2）取的中点，连接，由（1）及题意易知，，两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.由，，则，，，，.设平面的法向量为n=x,y,z，又，，则即令，则.设直线与平面所成的角为，又，则，故直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）知平面的一个法向量为，，，所以点到平面的距离为.21．【答案】(1)证明见解析(2)①4；②存在，【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面直线，所以（2）①取的中点，连接，，由题意可得：，且，则为平行四边形，可得，且，，，平面平面，

则平面，由，平面，则，又因为，为的中点，可得，，，两两垂直

如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0，，，，，，，可得，，

设平面的法向量n=x,y,z，则，

令，则，，即，

由题意可知：平面的法向量，可得，

所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值，故正切值为4，②由①可得：，

设，，则，可得，解得，即，可得，

若平面AEF，则，可得，解得，所以存在点，使得平面，此时.22．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【详解】分析：（1）根据定义，可得不能结束，数列能结束，并可写出数列；（2）经过有限次“变换”后能够结束的充要条件，先证明，则经过一次“变换”，就得到数列，从而结束，再证明命题“若数列为常数列，则为常数列”，即可得解；（3）先证明引理：“将数的最大项一定不大于数列的最大项，其中”，再分类讨论：第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻，（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，，第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时，证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列.详解：（1）数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．数列能结束，各数列依次为；；；．（2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．当时，数列．由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．其它情形同理，得证．在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．（3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．证明：记数列中最大项为，则．令，，其中．因为，所以，故，证毕．现将数列分为两类．第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）①当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若，则；；，此数列各项均不为，为第一类数列．②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列中有三项为时，只能是，则，，，此数列各项均不为，为第一类数列．总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．又