2024-2025学年湖北省襄阳市高二上册10月月考数学阶段检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省襄阳市高二上册10月月考数学阶段检测试题（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知直线，直线，且，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
2. 已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面上的对应点位于（ ）
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是边长为1的菱形，侧棱长为2，且，则线段的长度是（ ）
A. B. C. 3D.
4. 已知四边形内接于圆，且满足，，，则圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
5. 一条经过点入射光线的斜率为，若入射光线经轴反射后与轴交于点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A. 16B. 12C. 8D. 6
6. 如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ）

A. B. C. D.
7. A、B两位同学各有2张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面向上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完6次硬币时游戏终止的概率是（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在三棱锥中，，点在平面内，过作于，当与面所成最大角的正弦值是时，与平面所成角的余弦值是（ ）
A B. C. D.
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. 下列说法正确的有（ ）
A. 在对101个人进行一次抽样时，先采用抽签法从中剔除一个人，再在剩余的100人中随机抽取10人，每个人被抽到的可能性不相等
B. 一个盒子中有若干白色围棋子，为了估计其中围棋子的数目，小明将100颗黑色的围棋子放入其中，充分搅拌后随机抽出了20颗，数得其中有5颗黑色的围棋子，根据这些信息可以估计白色围棋子的数目约为300颗
C. 一组数据53，56，69，70，72，79，65，80，45，41，.已知这组数据的极差为40，则这组数据的第百分位数为79
D. 数据，，的方差为，则，，的平均数为7
10. 已知集合直线，其中是正常数，，下列结论中正确的是（ ）
A. 当时，中直线的斜率为
B. 中所有直线均经过同一个定点
C. 当时，中的两条平行线间的距离的最小值为
D. 中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面
11. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的四个面都是直角三角形
B. 三棱锥的体积最大值为
C. 异面直线与距离是定值
D. 当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆C的圆心在直线上，且过点，，则圆C的一般方程为__________．
13. 中，，，对应的边为，，，边上的高长为，则的取值范围为___________.
14. 若二次函数在区间上存在零点，则的最小值为___________.
四、解答题：本小题共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. 已知的三个顶点为，，.
（1）求边上的高AD的直线方程；
（2）求过点B且与A、C距离相等的直线方程.
16. 在三棱柱中，已知，，点在底面的投影是线段的中点.
（1）证明：在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
17. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）若，，求边上角平分线长；
（2）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围.
18. （1）甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币.甲抛掷次，乙抛掷次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率.
（2）某单位进行招聘面试，已知参加面试的50名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为10.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场.若B，C两所学校参加面试的学生人数比为1：3，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率.
19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为.
（1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的一个方向向量；
（2）已知集合，，
，记集合中所有点构成几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合中所有点构成的几何体为.
（ⅰ）求和的值；
（ⅱ）求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值.
2024-2025学年湖北省襄阳市高二上学期10月月考数学阶段检测试题
一、单选题：本题共8小题，每题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. 已知直线，直线，且，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
【正确答案】B
【分析】由直线平行的充要条件列方程求解即可.
【详解】由题意直线，直线，且，所以，解得.
故选：B.
2. 已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面上的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】C
【分析】利用复数除法运算和复数几何意义可求得对应点的坐标，由此可得结果.
【详解】，对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
3. 四棱柱的底面ABCD是边长为1的菱形，侧棱长为2，且，则线段的长度是（ ）
A. B. C. 3D.
【正确答案】D
【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.
【详解】因为，，
所以，，，
因为，
所以
，
所以，即线段的长度是.
故选：D.
4. 已知四边形内接于圆，且满足，，，则圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由题意可得，分别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
【详解】由题意可得，
在中，由余弦定理得,
在中，由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理得圆的半径为，
故选：A
5. 一条经过点的入射光线的斜率为，若入射光线经轴反射后与轴交于点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A. 16B. 12C. 8D. 6
【正确答案】B
【分析】由已知求得直线l的方程，令，可求得直线与轴的交点，继而求得反射直线的方程，求得点B的坐标，由三角形的面积公式可得选项.
【详解】设直线与轴交于点，因为的方程为，令，得点的坐标为，
从而反射光线所在直线的方程为，令得，
所以的面积．
故选：B.
6. 如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】设平面交于点，连接、，推导出点为的中点，用三棱柱的体积减去三棱台的体积即可得解.
【详解】设平面交于点，连接、，

在三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
又因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，
因为为的中点，所以，为的中点，且，
因为直三棱柱的每条棱长都为，
则，
易知是边长为的等边三角形，则，
，
因此，顶点所在部分的体积为.
故选：B.
7. A、B两位同学各有2张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面向上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完6次硬币时游戏终止的概率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】分析出能导致在投掷硬币第6次时结束的各种情况即可.
【详解】设A赢得B卡片为事件A，B赢得A卡片为事件B，
依题意，在第6次硬币投掷时游戏结束，如果是A赢了B的卡片，
则必然是以下4种情形中的一种：ABABAA，ABBAAA，BABAAA，BAABAA；
如果是B赢了A的卡片，
则必然是以下4种情形中的一种：BABABB，BAABBB，ABABBB，ABBABB，
所以第6次投掷硬币游戏结束的概率为： ，
故选：C.
8. 如图，在三棱锥中，，点在平面内，过作于，当与面所成最大角的正弦值是时，与平面所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】过点作的垂面，过作平面的垂面，过点作，利用面面垂直和线面垂直的性质，证得此点，即为与平面所成角最大时对应的点为点，得到，过点作，结合线面角的定义，得到即为与平面所成角，利用，即可求解.
【详解】过点作的垂面，交平面于直线，即，
再过作平面的垂面，即平面平面，
过作，垂足为，如图所示，
设，则此点即为与平面所成角最大时，对应的点，
理由如下：
因为恒成立，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
过点作，因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
所以与平面所成角即为，所以，
因为为定值，所以当最小时，最大，即最大，
又因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
则当为与交点时，，此时取得最小值，
所以，当时，与平面所成角最大，即为，
所以，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以平面平面，
又因为平面，平面，所以平面，
所以即为与平面所成角，
在直角中，，
因为，且，所以为等腰直角三角形，所以，
又因为，所以，
因为，所以，
因为，所以.
故选：A.
方法点拨：对于立体几何体中探索性问题的求解策略：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹，点的位置的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
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. 下列说法正确有（ ）
A. 在对101个人进行一次抽样时，先采用抽签法从中剔除一个人，再在剩余的100人中随机抽取10人，每个人被抽到的可能性不相等
B. 一个盒子中有若干白色围棋子，为了估计其中围棋子的数目，小明将100颗黑色的围棋子放入其中，充分搅拌后随机抽出了20颗，数得其中有5颗黑色的围棋子，根据这些信息可以估计白色围棋子的数目约为300颗
C. 一组数据53，56，69，70，72，79，65，80，45，41，.已知这组数据的极差为40，则这组数据的第百分位数为79
D. 数据，，的方差为，则，，的平均数为7
【正确答案】BC
【分析】根据抽样等可能性判断A；计算白色棋子的个数判断B，根据极差的概念求出，再求第百分位数判断C；根据方差求，再求新数据的平均数，判断D的真假.
【详解】对A：每个人被抽到的可能性均为，是等可能的，故A错误；
对B：设白色棋子的个数为，由，
所以估计白色围棋子的数目约为300颗，故B正确；
对C：除外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且，所以.
把数据按从小到大顺序排列，得：41，45，53，56，65，69，0，72，79，80，81.
由，所以这组数据的第百分位数为第9个，为79.故C正确；
对D：因为数据，，的方差为，所以，所以或，所以，，的平均数为，为7或，故D错误.
故选：BC
10. 已知集合直线，其中是正常数，，下列结论中正确的是（ ）
A. 当时，中直线的斜率为
B. 中所有直线均经过同一个定点
C. 当时，中的两条平行线间的距离的最小值为
D. 中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面
【正确答案】AC
【分析】代入特殊值求出直线判断A，利用平行线间距离公式结合放缩法求解最值判断C，举反例判断B，D即可.
【详解】对于A，当时，，中直线的方程为，
即，故其斜率为，故A正确；
对于B，当时，直线方程为，该直线必过，
当时，直线方程为，化简得，不一定过，故B错误，
对于C，当时，中的两条平行直线间的距离为，
而，则，
故，即最小值为，故C正确；
对于D，点不满足方程，所以中的所有直线不可覆盖整个平面，故D错误，
故选：AC.
11. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的四个面都是直角三角形
B. 三棱锥的体积最大值为
C. 异面直线与的距离是定值
D. 当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
【正确答案】ACD
【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明；
对于B，三棱锥底面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；
对于C，找到与和均垂直的即可判断；
对于D，首先利用空间向量解决与平面所成角最大时点的位置，再用△的外接圆解决平面的截面圆面积的计算即可.
【详解】对于A，∵四边形为正方形，∴△为直角三角形；
∵为直径，为半圆弧上一动点，∴，△为直角三角形；
∵平面平面，平面平面，平面，
，
∴平面，∵平面，∴，△为直角三角形；
∵平面，平面，∴，
又∵，，平面，平面，
∴平面，∵平面，∴，△为直角三角形；
因此，三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确；
对于B，过点在平面内作于点，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，为三棱锥的高，
∴三棱锥的体积
∵△的面积为定值，
∴当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧的中点，，
∴三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，由A选项解析可知，，
又∵四边形为正方形，∴，
∴异面直线与的距离为线段的长，，
∴异面直线与的距离是定值，故C正确；

对于D，由B选项解析知，平面，为在平面内的射影，
∴为直线与平面所成角，当直线与平面所成角最大时，取最小值，
以为原点，建立空间直角坐标系如图，设，，，则
∴在直角三角形内，，即，
∴，，，
，
∵，∴
∴
∴当且仅当，即时，取最小值，直线与平面所成角最大，
此时，
∵，，三点均为四棱锥的顶点，
∴平面截四棱锥外接球的截面为△的外接圆面，
∵直角三角形外接圆半径，
∴截面面积，故D正确.
故选：ACD.
易错点睛：在判断三棱锥的四个面是否都是直角三角形时，易忽视△，需通过证明平面进行判断；在确定直线与平面所成角最大时点的位置时，容易错误的认为当点为半圆弧的中点时，直线与平面所成角最大，需使用空间向量，借助三角函数知识进行判断.
三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆C的圆心在直线上，且过点，，则圆C的一般方程为__________．
【正确答案】
【分析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，结合圆心在上，列出方程组，求出圆心和半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.
【详解】设所求圆的标准方程为，
由题意得：，解得：，
故所求圆的方程为，即．
故．
13. 中，，，对应的边为，，，边上的高长为，则的取值范围为___________.
【正确答案】
【分析】利用三角形面积公式和余弦定理得到，从而表达出，结合三角函数的性质，可求的最大值；结合基本不等式求出的最小值可得答案.
【详解】由三角形面积公式得，即，
由余弦定理得，故，
，其中，
当且仅当，即时，等号成立，
又，当且仅当时，等号成立，
故.
故答案为.
14. 若二次函数在区间上存在零点，则的最小值为___________.
【正确答案】
【分析】设为在上的零点，可得，转化为点在直线上，结合的几何意义，可得有解问题，利用对勾函数的单调性和最值即得.
【详解】设为在上的零点，可得，
即，所以点在直线上，
而表示点到原点的距离平方，
依题意，问题转化为，有解，
即，有解，
设，，令，则，
则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
又，，所以的最大值为，
则，当，即时，，
所以的最小值为.
故答案为.
四、解答题：本小题共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. 已知的三个顶点为，，.
（1）求边上的高AD的直线方程；
（2）求过点B且与A、C距离相等的直线方程.
【正确答案】（1）
（2）和.
【分析】（1）求出直线的斜率，进而求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
（2）利用两定点到直线距离相等的特性，分情况求解即可.
【小问1详解】
由点B、C的坐标，得直线的斜率，
由，得直线的斜率，
由点斜式方程得直线的方程为，整理得，
所以边上的高AD的直线方程为.
【小问2详解】
由点A、C的坐标，得线段的中点E坐标为，
显然点A，C到直线的距离相等，而直线轴，于是直线的方程为；
又点A，C到与直线平行的直线的距离也相等，而直线轴，此时所求直线方程为，
所以过点B且与A、C距离相等的直线方程为和.
16. 在三棱柱中，已知，，点在底面的投影是线段的中点.
（1）证明：在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用线面垂直性质以及线面垂直判定定理证明可得结论，再利用三角形相似可得；
（2）建立空间直角坐标系分别求得两平面的法向量，利用面面角的向量求法计算可得结果.
【小问1详解】
证明：连接，在中，作于点；
因为，可得，
又因为平面，平面，所以；
因为可得，
又，平面，所以平面；
因为平面，所以，
而，平面，可得平面；
易知，，又∽，
可得，即；
即在侧棱上存在一点，使得平面，且；
【小问2详解】
由（1）可知两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，
由，可得点的坐标为；
由（1）的平面的一个法向量为，
又
设平面的一个法向量为，
则，令，可得；
可得即为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
因此可得，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
17. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）若，，求边上的角平分线长；
（2）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出；利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得答案；
（2）延长交于，延长交于，设，分别求出、，再根据三角恒等变换化，结合正切函数的性质即可得解.
【小问1详解】
因为，，
所以，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，因为，所以；
又因为，，所以，
即，解得，设边上角平分线长为，
则
，即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
【小问2详解】
延长交于，延长交于，设，
所以，在中，
在中，，，所以，
在中，
同理可得在中，所以
，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为12,1.
18. （1）甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币.甲抛掷次，乙抛掷次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率.
（2）某单位进行招聘面试，已知参加面试的50名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为10.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场.若B，C两所学校参加面试的学生人数比为1：3，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率.
【正确答案】（1）12，（2）
【分析】（1）根据题意，设抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数为事件，先分析甲乙都投掷了次的情况，结合概率的“对称性”分析得解；
（2）先确定来自各校的学生人数，再利用条件概率公式进行计算.
【详解】（1）设抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数为事件，
先考虑甲乙都投掷了次的情况，
设甲乙正面向上次数相等的概率为，甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率为，
甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率为，则，
所以，
若投掷次中，甲乙正面向上次数相等，则甲在第次投掷要正面向上，
有满足甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，
若投掷次中，甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，
无论甲在第次投掷什么结果，都不合题意，
所以事件是由下面两个事件的和事件构成，
即甲乙都投掷了次时，甲乙正面向上次数相等，且甲在第次投掷要正面向上；
甲乙都投掷了次时，甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，
所以，
所以抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数得概率为.
（2）设校参加面试的学生有名，由题意得，解得．
所以校参加面试的学生有10名，校参加面试的学生有30名．
记“最后面试的学生来自校”为事件，“最后面试的学生来自校”为事件，
显然事件，互斥．
记“校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件，则．
当事件发生时，只需考虑，两所学校所有参加面试学生中最后面试的那位来自校，
则，
当事件发生时，只需考虑，两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自校，
则，
所以.
所以校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试得概率为.
19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为.
（1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的一个方向向量；
（2）已知集合，，
，记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合中所有点构成的几何体为.
（ⅰ）求和的值；
（ⅱ）求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值.
【正确答案】（1）
（2）（ⅰ）；.（ⅱ）；.
【分析】（1）求出平面，的法向量，设直线的法向量为，根据，可求一个.
（2）（ⅰ）分析集合，所表示的几何体的形状，利用体积公式求体积即可.
（ⅱ）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可．
【小问1详解】
由题设可知：平面的法向量为：，平面的法向量为.
设直线的法向量为，则
，取，得.
所以：直线的一个方向向量为.
【小问2详解】
（ⅰ）易知：集合表示的几何体是关于平面，，对称的，它们在第一卦限的形状分别为正三棱锥，如下图：
其中，，两两垂直，且，
所以.
又集合表示的几何体在第一卦限的形状是棱长为1的正方体，如图所示：
所以在第一卦限内的部分就是正方体截去一角，所以.
（ⅱ）集合所表示的几何图形也关于平面，，对称，在第一卦限内的部分如图（1），
如图（2），就是就是把图（1）的几何图形进行分割的结果.
所以，.
由平面的方程为：，其法向量为；
平面的方程为：，其法向量为.
且平面与平面所成的角为钝角，设为，则
关键点点睛：解决该题的关键是：
（1）根据空间想象，结合学过的知识，弄清楚三个集合表示的几何图形的形状.
（2）根据题设给出的结论，由平面的方程可直接得到平面的法向量.利用法向量求平面所成的角