福建省厦门市20242025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（）ABCD2直线平分圆C：，则（）AB1C-1D-33已知，且，则（）ABCD4已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （）ABCD5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（）ABCD6已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（）ABCD7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（）A1B2C3D48已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（）ABCD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A2,0，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C2,0，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】55/155【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】（1），；（2）设，由题意得：，即，而表示的图形是正方形，其中、即点在正方形的边上运动，可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值因此，点有如下两种可能：点为点，则，可得；点在线段上运动时，此时与同向，取，则因为，所以的最大值为（3）易知，设，则当时，则，满足题意；当时，由分段函数性质可知，又且恒成立，当且仅当时等号成立综上，满足条件的直线有且只有两条，和