2024-2025學年湖北省襄陽市高二上冊10月月考數學階段檢測試題（含解析）

2024-2025學年湖北省襄陽市高二上學期10月月考數學階段檢測試題一、單選題：本題共8小題，每題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知直線，直線，且，則（）A.1 B. C.4 D.2.已知復數滿足（為虛數單位），則復數在復平面上的對應點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.四棱柱的底面ABCD是邊長為1的菱形，側棱長為2，且，則線段的長度是（）A. B. C.3 D.4.已知四邊形內接于圓，且滿足，，，則圓的半徑為（）A. B. C. D.5.一條經過點入射光線的斜率為，若入射光線經軸反射后與軸交于點，為坐標原點，則的面積為（）A.16 B.12 C.8 D.66.如圖，在棱長均為的直三棱柱中，是的中點，過、、三點的平面將該三棱柱截成兩部分，則頂點所在部分的體積為（）A. B. C. D.7.A、B兩位同學各有2張卡片，現以投擲均勻硬幣的形式進行游戲，當出現正面向上時A贏得B一張卡片，否則B贏得A一張卡片，如果某人已贏得所有卡片，則游戲終止，那么恰好擲完6次硬幣時游戲終止的概率是（）A. B. C. D.8.如圖，在三棱錐中，，點在平面內，過作于，當與面所成最大角的正弦值是時，與平面所成角的余弦值是（）A B. C. D.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的有（）A.在對101個人進行一次抽樣時，先采用抽簽法從中剔除一個人，再在剩余的100人中隨機抽取10人，每個人被抽到的可能性不相等B.一個盒子中有若干白色圍棋子，為了估計其中圍棋子的數目，小明將100顆黑色的圍棋子放入其中，充分攪拌后隨機抽出了20顆，數得其中有5顆黑色的圍棋子，根據這些信息可以估計白色圍棋子的數目約為300顆C.一組數據53，56，69，70，72，79，65，80，45，41，.已知這組數據的極差為40，則這組數據的第百分位數為79D.數據，，的方差為，則，，的平均數為710.已知集合直線，其中是正常數，，下列結論中正確的是（）A.當時，中直線的斜率為B.中所有直線均經過同一個定點C.當時，中的兩條平行線間的距離的最小值為D.中的所有直線可覆蓋整個直角坐標平面11.如圖，四邊形是邊長為的正方形，半圓面平面，點為半圓弧上一動點（點與點，不重合），下列說法正確的是（）A.三棱錐的四個面都是直角三角形B.三棱錐的體積最大值為C.異面直線與距離是定值D.當直線與平面所成角最大時，平面截四棱錐外接球的截面面積為三、填空題：本小題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知圓C的圓心在直線上，且過點，，則圓C的一般方程為__________．13.中，，，對應的邊為，，，邊上的高長為，則的取值范圍為___________.14.若二次函數在區(qū)間上存在零點，則的最小值為___________.四、解答題：本小題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知的三個頂點為，，.（1）求邊上的高AD的直線方程；（2）求過點B且與A、C距離相等的直線方程.16.在三棱柱中，已知，，點在底面的投影是線段的中點.（1）證明：在側棱上存在一點，使得平面，并求出的長；（2）求平面與平面夾角的正弦值.17.在中，內角，，所對的邊分別為，，，且.（1）若，，求邊上角平分線長；（2）若為銳角三角形，點為的垂心，，求的取值范圍.18.（1）甲乙兩人分別進行獨立重復試驗，每人拋擲一枚質地均勻的硬幣.甲拋擲次，乙拋擲次，，求拋擲結果中甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數的概率.（2）某單位進行招聘面試，已知參加面試的50名學生全都來自A，B，C三所學校，其中來自A校的學生人數為10.該單位要求所有面試人員面試前到場，并隨機給每人安排一個面試號碼，按面試號碼由小到大依次進行面試，每人面試時長5分鐘，面試完成后自行離場.若B，C兩所學校參加面試的學生人數比為1：3，求A校參加面試的學生先于其他兩校學生完成面試（A校所有參加面試的學生完成面試后，B，C兩校都還有學生未完成面試）的概率.19.在空間直角坐標系中，已知向量，點.若平面以為法向量且經過點，則平面的點法式方程可表示為，一般式方程可表示為.（1）若平面，平面，直線為平面和平面的交線，求直線的一個方向向量；（2）已知集合，，，記集合中所有點構成幾何體的體積為，中所有點構成的幾何體的體積為，集合中所有點構成的幾何體為.（ⅰ）求和的值；（ⅱ）求幾何體的體積和相鄰兩個面（有公共棱）所成二面角的余弦值.2024-2025學年湖北省襄陽市高二上學期10月月考數學階段檢測試題一、單選題：本題共8小題，每題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知直線，直線，且，則（）A.1 B. C.4 D.【正確答案】B【分析】由直線平行的充要條件列方程求解即可.【詳解】由題意直線，直線，且，所以，解得.故選：B.2.已知復數滿足（為虛數單位），則復數在復平面上的對應點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【正確答案】C【分析】利用復數除法運算和復數幾何意義可求得對應點的坐標，由此可得結果.【詳解】，對應的點為，位于第三象限.故選：C.3.四棱柱的底面ABCD是邊長為1的菱形，側棱長為2，且，則線段的長度是（）A. B. C.3 D.【正確答案】D【分析】根據空間向量運算法則得到，再利用模長公式進行求解.【詳解】因為，，所以，，，因為，所以，所以，即線段的長度是.故選：D.4.已知四邊形內接于圓，且滿足，，，則圓的半徑為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】由題意可得，分別在中和在中利用余弦定理求出和，然后在中，由正弦定理可得【詳解】由題意可得，在中，由余弦定理得,在中，由余弦定理得，兩式相減得，因為，所以，所以，在中，由正弦定理得圓的半徑為，故選：A5.一條經過點的入射光線的斜率為，若入射光線經軸反射后與軸交于點，為坐標原點，則的面積為（）A.16 B.12 C.8 D.6【正確答案】B【分析】由已知求得直線l的方程，令，可求得直線與軸的交點，繼而求得反射直線的方程，求得點B的坐標，由三角形的面積公式可得選項.【詳解】設直線與軸交于點，因為的方程為，令，得點的坐標為，從而反射光線所在直線的方程為，令得，所以的面積．故選：B.6.如圖，在棱長均為的直三棱柱中，是的中點，過、、三點的平面將該三棱柱截成兩部分，則頂點所在部分的體積為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】設平面交于點，連接、，推導出點為的中點，用三棱柱的體積減去三棱臺的體積即可得解.【詳解】設平面交于點，連接、，在三棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，所以，，又因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，所以，，因為為的中點，所以，為的中點，且，因為直三棱柱的每條棱長都為，則，易知是邊長為的等邊三角形，則，，因此，頂點所在部分的體積為.故選：B.7.A、B兩位同學各有2張卡片，現以投擲均勻硬幣的形式進行游戲，當出現正面向上時A贏得B一張卡片，否則B贏得A一張卡片，如果某人已贏得所有卡片，則游戲終止，那么恰好擲完6次硬幣時游戲終止的概率是（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】分析出能導致在投擲硬幣第6次時結束的各種情況即可.【詳解】設A贏得B卡片為事件A，B贏得A卡片為事件B，依題意，在第6次硬幣投擲時游戲結束，如果是A贏了B的卡片，則必然是以下4種情形中的一種：ABABAA，ABBAAA，BABAAA，BAABAA；如果是B贏了A的卡片，則必然是以下4種情形中的一種：BABABB，BAABBB，ABABBB，ABBABB，所以第6次投擲硬幣游戲結束的概率為：，故選：C.8.如圖，在三棱錐中，，點在平面內，過作于，當與面所成最大角的正弦值是時，與平面所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】過點作的垂面，過作平面的垂面，過點作，利用面面垂直和線面垂直的性質，證得此點，即為與平面所成角最大時對應的點為點，得到，過點作，結合線面角的定義，得到即為與平面所成角，利用，即可求解.【詳解】過點作的垂面，交平面于直線，即，再過作平面的垂面，即平面平面，過作，垂足為，如圖所示，設，則此點即為與平面所成角最大時，對應的點，理由如下：因為恒成立，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，過點作，因為平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以與平面所成角即為，所以，因為為定值，所以當最小時，最大，即最大，又因為平面，所以，因為，平面，所以平面，則當為與交點時，，此時取得最小值，所以，當時，與平面所成角最大，即為，所以，過點作，垂足為，連接，因為平面，平面，所以平面平面，又因為平面，平面，所以平面，所以即為與平面所成角，在直角中，，因為，且，所以為等腰直角三角形，所以，又因為，所以，因為，所以，因為，所以.故選：A.方法點撥：對于立體幾何體中探索性問題的求解策略：1、立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡，點的位置的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；2、解答方法：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確有（）A.在對101個人進行一次抽樣時，先采用抽簽法從中剔除一個人，再在剩余的100人中隨機抽取10人，每個人被抽到的可能性不相等B.一個盒子中有若干白色圍棋子，為了估計其中圍棋子的數目，小明將100顆黑色的圍棋子放入其中，充分攪拌后隨機抽出了20顆，數得其中有5顆黑色的圍棋子，根據這些信息可以估計白色圍棋子的數目約為300顆C.一組數據53，56，69，70，72，79，65，80，45，41，.已知這組數據的極差為40，則這組數據的第百分位數為79D.數據，，的方差為，則，，的平均數為7【正確答案】BC【分析】根據抽樣等可能性判斷A；計算白色棋子的個數判斷B，根據極差的概念求出，再求第百分位數判斷C；根據方差求，再求新數據的平均數，判斷D的真假.【詳解】對A：每個人被抽到的可能性均為，是等可能的，故A錯誤；對B：設白色棋子的個數為，由，所以估計白色圍棋子的數目約為300顆，故B正確；對C：除外，剩余數據的極差為，因為所有數據的極差為40，且，所以.把數據按從小到大順序排列，得：41，45，53，56，65，69，0，72，79，80，81.由，所以這組數據的第百分位數為第9個，為79.故C正確；對D：因為數據，，的方差為，所以，所以或，所以，，的平均數為，為7或，故D錯誤.故選：BC10.已知集合直線，其中是正常數，，下列結論中正確的是（）A.當時，中直線的斜率為B.中所有直線均經過同一個定點C.當時，中的兩條平行線間的距離的最小值為D.中的所有直線可覆蓋整個直角坐標平面【正確答案】AC【分析】代入特殊值求出直線判斷A，利用平行線間距離公式結合放縮法求解最值判斷C，舉反例判斷B，D即可.【詳解】對于A，當時，，中直線的方程為，即，故其斜率為，故A正確；對于B，當時，直線方程為，該直線必過，當時，直線方程為，化簡得，不一定過，故B錯誤，對于C，當時，中的兩條平行直線間的距離為，而，則，故，即最小值為，故C正確；對于D，點不滿足方程，所以中的所有直線不可覆蓋整個平面，故D錯誤，故選：AC.11.如圖，四邊形是邊長為的正方形，半圓面平面，點為半圓弧上一動點（點與點，不重合），下列說法正確的是（）A.三棱錐的四個面都是直角三角形B.三棱錐的體積最大值為C.異面直線與的距離是定值D.當直線與平面所成角最大時，平面截四棱錐外接球的截面面積為【正確答案】ACD【分析】對于A，使用空間中直線、平面垂直有關定理證明；對于B，三棱錐底面積固定，當高最大時，體積最大，可通過計算進行判斷；對于C，找到與和均垂直的即可判斷；對于D，首先利用空間向量解決與平面所成角最大時點的位置，再用△的外接圓解決平面的截面圓面積的計算即可.【詳解】對于A，∵四邊形為正方形，∴△為直角三角形；∵為直徑，為半圓弧上一動點，∴，△為直角三角形；∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，∵平面，∴，△為直角三角形；∵平面，平面，∴，又∵，，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，△為直角三角形；因此，三棱錐的四個面都是直角三角形，故A正確；對于B，過點在平面內作于點，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，為三棱錐的高，∴三棱錐的體積∵△的面積為定值，∴當最大時，三棱錐的體積最大，此時點為半圓弧的中點，，∴三棱錐體積的最大值為，故B錯誤；對于C，由A選項解析可知，，又∵四邊形為正方形，∴，∴異面直線與的距離為線段的長，，∴異面直線與的距離是定值，故C正確；對于D，由B選項解析知，平面，為在平面內的射影，∴為直線與平面所成角，當直線與平面所成角最大時，取最小值，以為原點，建立空間直角坐標系如圖，設，，，則∴在直角三角形內，，即，∴，，，，∵，∴∴∴當且僅當，即時，取最小值，直線與平面所成角最大，此時，∵，，三點均為四棱錐的頂點，∴平面截四棱錐外接球的截面為△的外接圓面，∵直角三角形外接圓半徑，∴截面面積，故D正確.故選：ACD.易錯點睛：在判斷三棱錐的四個面是否都是直角三角形時，易忽視△，需通過證明平面進行判斷；在確定直線與平面所成角最大時點的位置時，容易錯誤的認為當點為半圓弧的中點時，直線與平面所成角最大，需使用空間向量，借助三角函數知識進行判斷.三、填空題：本小題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知圓C的圓心在直線上，且過點，，則圓C的一般方程為__________．【正確答案】【分析】設出圓的標準方程，代入點的坐標，結合圓心在上，列出方程組，求出圓心和半徑，寫出圓的標準方程，化為一般方程.【詳解】設所求圓的標準方程為，由題意得：，解得：，故所求圓的方程為，即．故．13.中，，，對應的邊為，，，邊上的高長為，則的取值范圍為___________.【正確答案】【分析】利用三角形面積公式和余弦定理得到，從而表達出，結合三角函數的性質，可求的最大值；結合基本不等式求出的最小值可得答案.【詳解】由三角形面積公式得，即，由余弦定理得，故，，其中，當且僅當，即時，等號成立，又，當且僅當時，等號成立，故.故答案為.14.若二次函數在區(qū)間上存在零點，則的最小值為___________.【正確答案】【分析】設為在上的零點，可得，轉化為點在直線上，結合的幾何意義，可得有解問題，利用對勾函數的單調性和最值即得.【詳解】設為在上的零點，可得，即，所以點在直線上，而表示點到原點的距離平方，依題意，問題轉化為，有解，即，有解，設，，令，則，則，因為在上單調遞減，在上單調遞增，又，，所以的最大值為，則，當，即時，，所以的最小值為.故答案為.四、解答題：本小題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知的三個頂點為，，.（1）求邊上的高AD的直線方程；（2）求過點B且與A、C距離相等的直線方程.【正確答案】（1）（2）和.【分析】（1）求出直線的斜率，進而求出直線的斜率，再利用直線的點斜式方程求解即得.（2）利用兩定點到直線距離相等的特性，分情況求解即可.【小問1詳解】由點B、C的坐標，得直線的斜率，由，得直線的斜率，由點斜式方程得直線的方程為，整理得，所以邊上的高AD的直線方程為.【小問2詳解】由點A、C的坐標，得線段的中點E坐標為，顯然點A，C到直線的距離相等，而直線軸，于是直線的方程為；又點A，C到與直線平行的直線的距離也相等，而直線軸，此時所求直線方程為，所以過點B且與A、C距離相等的直線方程為和.16.在三棱柱中，已知，，點在底面的投影是線段的中點.（1）證明：在側棱上存在一點，使得平面，并求出的長；（2）求平面與平面夾角的正弦值.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）利用線面垂直性質以及線面垂直判定定理證明可得結論，再利用三角形相似可得；（2）建立空間直角坐標系分別求得兩平面的法向量，利用面面角的向量求法計算可得結果.【小問1詳解】證明：連接，在中，作于點；因為，可得，又因為平面，平面，所以；因為可得，又，平面，所以平面；因為平面，所以，而，平面，可得平面；易知，，又∽，可得，即；即在側棱上存在一點，使得平面，且；【小問2詳解】由（1）可知兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如下圖所示：則，由，可得點的坐標為；由（1）的平面的一個法向量為，又設平面的一個法向量為，則，令，可得；可得即為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，因此可得，所以平面與平面夾角的正弦值為.17.在中，內角，，所對的邊分別為，，，且.（1）若，，求邊上的角平分線長；（2）若為銳角三角形，點為的垂心，，求的取值范圍.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）先根據平方關系及正弦定理化角為邊，再利用余弦定理求出；利用余弦定理求出，再由等面積法計算可得答案；（2）延長交于，延長交于，設，分別求出、，再根據三角恒等變換化，結合正切函數的性質即可得解.【小問1詳解】因為，，所以，由正弦定理得，即，由余弦定理得，因為，所以；又因為，，所以，即，解得，設邊上角平分線長為，則，即，即，解得，即邊上的角平分線長為；【小問2詳解】延長交于，延長交于，設，所以，在中，在中，，，所以，在中，同理可得在中，所以，因為，所以，所以，所以，即的取值范圍為12,1.18.（1）甲乙兩人分別進行獨立重復試驗，每人拋擲一枚質地均勻的硬幣.甲拋擲次，乙拋擲次，，求拋擲結果中甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數的概率.（2）某單位進行招聘面試，已知參加面試的50名學生全都來自A，B，C三所學校，其中來自A校的學生人數為10.該單位要求所有面試人員面試前到場，并隨機給每人安排一個面試號碼，按面試號碼由小到大依次進行面試，每人面試時長5分鐘，面試完成后自行離場.若B，C兩所學校參加面試的學生人數比為1：3，求A校參加面試的學生先于其他兩校學生完成面試（A校所有參加面試的學生完成面試后，B，C兩校都還有學生未完成面試）的概率.【正確答案】（1）12，（2）【分析】（1）根據題意，設拋擲結果中甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數為事件，先分析甲乙都投擲了次的情況，結合概率的“對稱性”分析得解；（2）先確定來自各校的學生人數，再利用條件概率公式進行計算.【詳解】（1）設拋擲結果中甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數為事件，先考慮甲乙都投擲了次的情況，設甲乙正面向上次數相等的概率為，甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數的概率為，甲正面朝上次數小于乙正面朝上次數的概率為，則，所以，若投擲次中，甲乙正面向上次數相等，則甲在第次投擲要正面向上，有滿足甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數，若投擲次中，甲正面朝上次數小于乙正面朝上次數，無論甲在第次投擲什么結果，都不合題意，所以事件是由下面兩個事件的和事件構成，即甲乙都投擲了次時，甲乙正面向上次數相等，且甲在第次投擲要正面向上；甲乙都投擲了次時，甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數，所以，所以拋擲結果中甲正面朝上次數大于乙正面朝上次數得概率為.（2