新高二数学暑假检测卷（教师版）-2025年新高二数学暑假衔接讲练 (人教A版)

新高二数学暑期检测卷（满分：150分限时：120分钟范围：人教A版选择性必修第一册全部内容）第一部分（选择题共58分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．在空间直角坐标系中，点的坐标为，点关于平面对称的点是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】在空间直角坐标系中，关于平面的对称点的特征为坐标不变，取相反数，因为点的坐标为，所以点关于平面对称的点是.故选：C.2．经过两点的直线的一个方向向量为，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【详解】由条件可得，解得.故选：D.3．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围为（

）A． B．且 C． D．【答案】D【详解】，即，因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，所以，解得.故选：.4．已知空间向量，则下列结论正确的是（

）A．向量在向量上的投影向量是B．C．D．【答案】A【详解】A.在上的投影，与同向的单位向量为，所以向量在向量上的投影向量是，故A正确；B.，故B错误；C.因为，所以与不垂直，故C错误；D.，故D错误.故选：A.5．已知直线与轴，轴分别交于两点，点是圆上的一个动点，当面积最大时，（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意得，，当面积最大时，点在过圆心且与垂直的直线上，且，可设直线为，代入圆心，解得，则该直线的方程为，与圆的方程联立得，，解得，或，，故点的坐标为，则．故选：C.6．为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则点的坐标为（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】因为抛物线，所以，由抛物线的定义得：，解得，则，所以点坐标为，故选：D.7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，若，，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，，，所以，由双曲线的定义知，又，则在中，，在中，，即，可得.故选：A8．将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论不正确的是（

）A． B．是等边三角形C．点与平面的距离为 D．与所成的角为【答案】C【详解】对于选项A：设的中点为，则，且，平面，可得平面，又因为平面，所以，故A正确；对于选项B：由A的分析知即为二面角的平面角，故，即，可知，则，所以是等边三角形，故B正确；对于选项CD：以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得，所以点与平面的距离，故C错误；又因为，且与所成的角取值范围为，可知与所成的角的余弦值为，所以与所成的角为，故D正确.故选：C.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．已知圆，圆，则下列结论正确的是（

）A．若和外离，则或B．若和外切，则C．当时，有且仅有一条直线与和均相切D．当时，和内含【答案】ABC【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，所以，若和外离，则，解得或，故A正确；若和外切，则，解得，故B正确；当时，，则和内切，故仅有一条公切线，故C正确；当时，，则和相交，故D错误.故选：ABC．10．如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，∠BAA1＝，∠CAA1＝，，，点O是与的交点，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．平面⊥平面【答案】ABD【详解】对于A，因，故A正确；对于B，不妨设，，，则构成空间的一个基底.则依题意：由A可得，，则，则，故B正确；对于C，因，故故C错误；对于D，如图取的中点E，连接，则，因为，E为的中点，所以.又，故有.因为，平面，所以平面,又平面，故平面⊥平面，即D正确.故选：ABD.11．已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为M，N，则下列结论错误的是（

）A．抛物线的方程为 B．线段的长度为C． D．线段的中点到y轴的距离为【答案】BD【详解】对于A，由题可知在直线上，所以，故抛物线的方程为，故A正确；对于B，联立，所以或，故B错误；对于C，因为，所以，因为轴，轴，所以，所以，故C正确；对于D，因为，所以线段的中点到y轴的距离为，故D错误.故选：BD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知直线与直线互相垂直，则实数的值为．【答案】或【详解】当时，直线化为：，直线化为，此时两直线垂直，满足题意，所以；当时，直线化为：，直线化为，此时两直线不垂直，不满足题意，所以；则当且时，直线的斜率为，直线的斜率为，因为两直线垂直，所以，解得：，综上可得：实数的值为或，故答案为:或.13．四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为.【答案】【详解】因为底面，底面是正方形，所以两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，则重心，因而，，，设平面的一个法向量为，则，令则，则，故答案为：.14．已知实数满足，则的最大值为.【答案】【详解】因为，所以，所以点在圆上，其中圆心为，半径为，又，其中表示点与点连线的斜率，又，所以点在圆外，由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，设过点的直线的方程为，即，则，解得或，即的最大值为，最小值为，所以的最大值为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切．(1)求圆的方程；(2)经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程．【详解】（1）设圆的方程为，

（1分）由已知得，

（4分）解得，，，

（5分）

所以圆的方程为，即；（6分）（2）①若直线有斜率，可设的方程为，即，

（7分）由已知，则圆心到直线的距离

（8分）解得，

（9分）

此时，直线的方程为，即；（10分）

②若直线没有斜率，则的方程为，

（11分）

将其代入，可得或，（12分）即得，，满足条件，

综上所述，直线的方程为或．（13分）16．（15分）已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为2.(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；(2)过且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值（为坐标原点）.【详解】（1）由离心率，又，（1分）则，（2分）又长轴长，所以，（3分）所以，（4分）故双曲线的标准方程为；（5分）其渐近线方程为.（6分）（2）直线的倾斜角为，故其斜率为1，又过点，的方程为；（8分）设由，得，（10分）（12分）（15分）17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，是边长为2的等边三角形，.

(1)证明：平面平面.(2)若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值【详解】（1）取的中点，连接，.

因为，，所以为等边三角形.因为为的中点，所以，（2分）.因为是边长为2的等边三角形，所以，则，所以.（4分）又，所以平面，（5分）因为平面，所以平面平面.（6分）（2）因为，，两两垂直，所以以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，（8分）所以，.（9分）（合理即可）设为平面的法向量，则（10分）取，得.（11分）易知是平面的一个法向量.（12分）设平面与平面的夹角为，则，（14分）所以平面与平面的夹角的余弦值为.（15分）18．（17分）已知椭圆的上、下顶点分别为，，其右焦点为F，且．(1)求椭圆C的方程；(2)若点，在直线BP上存在两个不同的点，满足．若直线与直线分别交C于点M，N（异于点A），证明：P，M，N三点共线．【详解】（1）由题意知，，．（1分）由，得，（2分）即，（4分）所以．（5分）又，所以，（6分）故椭圆C的方程为．（7分）（2）

因为点，，所以．（8分）根据题意设，，则，，所以，即．（9分）根据题意可知：直线MN的斜率一定存在．设直线MN的方程为，，．联立得．（10分）则．（11分）因为直线AM过点，所以，即，解得，（12分）同理可得．（13分）代入（*）式，得，所以．（14分）因为M，N异于点A，直线MN的方程为，所以，则，即，（15分）所以，则直线MN的方程为，（16分）恒过点，因此P，M，N三点共线．（17分）19．（17分）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（O为坐标原点）．(1)若，，求和；(2)若点M（2，1），，求的最大值；(3)已知点P，Q是直线l：上的两动点，问是否存在直线l使得，若存在，求出所有满足条件的直线l的方程，若不存在，请说明理由．【详解】（1），（1分），（3分）；（4分）（2）设N（x，y），由题意得：，表示的图形是为圆心，1为