2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试卷合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试卷合集2套（附解析），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．若 ， ，，且 三点共线，则（ ）
A．－2B．5C．10D．12
3．在空间直角坐标系中，点关于y轴的对称点为B，则（ ）．
A．B．C．D．
4．某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为（ ）

A．400，32B．400，36C．480，32D．480，36
5．如图，在三棱锥中，是的中点，若，，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则“”是“直线与直线垂直”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
7．若数据、、⋯的平均数是5，方差是4，数据、、⋯、的平均数是4，标准差是，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．如图，在四棱锥中，平面，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．
C．D．4
9．如图所示，在平行六面体中，，，，，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
10．如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱上的中点.若点为侧面正方形内（含边）动点，且存在使成立，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5小题）
11．已知空间向量，若，则实数 ， .
12．直线l、m的方向向量分别为、，则直线l、m的夹角为 ．
13．已知空间三点，则在上的投影向量坐标为 .
14．已知两点A（1，﹣2），B（2，1），直线l过点P（0，﹣1）与线段AB有交点，则直线l斜率取值范围为 ．
15．如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是 .
三、解答题（本大题共6小题）
16．（1）经过点，且与直线垂直的直线一般式方程.
（2）求过点，且与直线平行的直线的一般式方程；
（3）求过点，且在轴上的截距与在轴上的截距之和为2的直线斜率.
17．对某校高三年级学生参加社区服务的次数进行统计，随机抽取M名学生，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出如下频率分布表和频率分布直方图．
(1)求出表中M，p及图中a的值；
(2)若该校有高三学生300人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间内的人数；
(3)估计该校高三学生参加社区服务次数的众数、中位数及平均数．（保留一位小数）
18．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50，，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在50,60的平均成绩是54，方差是7，落在60,70的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.
19．如图，在长方体中，，和交于点E，F为AB的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
（i）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；
（ii）点A到平面CEF的距离.
条件①：；
条件②：直线与平面所成的角为.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20．已知底面是平行四边形，平面，，，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
21．已知集合，对于，，定义与的差为；与之间的距离为.
（1）若，试写出所有可能的，；
（2），证明：；
（3），三个数中是否一定有偶数？证明你的结论.
参考答案
1．【答案】D
【详解】设斜率为，倾斜角为，
∵，∴，．
故选：D．
2．【答案】C
【详解】解：由题意，可知直线的斜率存在并且相等，
即，解得 10.
故选：C.
3．【答案】C
【详解】解：点关于轴的对称点为，所以；
故选：C
4．【答案】A
【详解】由图（1）得该小区户主总人数为人，
所以样本容量为人，其中四居室户主有人，
由图（2）得抽取的户主中对四居室满意的有人，
故选：A.
5．【答案】C
【详解】在三棱锥中，是的中点，
则.
故选：C
6．【答案】A
【详解】充分性：
当时，两条直线分别为：与
此时两条直线垂直
必要性：
若两条直线垂直，则，解得
故“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件
故选
7．【答案】D
【详解】根据题意，设数据的平均数为,标准差为，
数据、、⋯、的平均数是4,
则，
解得而数据的平均数是5,
可得，由方差公式可得，
，
，
解得，故D正确.
故选：D.
8．【答案】A
【详解】如图，以为坐标原点，射线分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，
故，
故点到直线的距离为.
故选：A.
9．【答案】C
【详解】因为，
所以，
所以，
又，，，，，
所以
所以.
故选：C.
10．【答案】C
【详解】
因为成立，所以共面，即平面，
如图，取中点，连接、、，
根据正方体的性质得，，，
且，，所以平面平面，
所以点在上运动，点的轨迹为线段，因为，，
由勾股定理得，
故选：C.
11．【答案】
【解析】根据空间向量平行的性质求解即可.
【详解】设，则
即，解得
故答案为：；
12．【答案】60°/
【详解】∵，
∴，
又∵两直线夹角范围是[0°，90°]，
∴直线l、m的夹角为60°．
故答案为：60°．
13．【答案】
【详解】由三点，
可得，则，
则在上的投影向量坐标为.
故答案为：.
14．【答案】
【详解】如图所示，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为．
由图可知，当直线l与线段AB有交点时，直线l的斜率．
故答案为：.

15．【答案】①②③
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，设（），则，，令，解得：，存在点P，使得，①正确；
，，，，设点P到直线距离为，则
所以，因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确；
以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确.
故答案为：①②③
16．【答案】（1）；（2）；（3）或.
【详解】（1）设与直线垂直的直线方程为，又该直线过点，
则，解得，
所以所求直线方程为.
（2）设与直线平行的直线方程为，
又该直线过点，则，解得，
所以所求直线方程为.
（3）显然直线不过原点，设其方程为，则，
整理得，即，因此，解得，
而直线，即，其斜率为，
所以所求直线的斜率为或.
17．【答案】(1)，，
(2)144
(3)，18.1，18.3
【分析】（1）借助频数、频率与总数之间的关系计算即可得；
（2）以所得频率估计概率计算即可得；
（3）借助众数、中位数及平均数的定义计算即可得.
【详解】（1）由分组对应的频数是10，频率是0.20，知，所以，
所以，解得，所以，；
（2）估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间内的人数为；
（3）估计该校高三学生参加社区服务次数的众数是．
因为，所以估计该校高三学生参加社区服务次数的中位数x满足：
，解得，所以该校高三学生参加社区服务次数的中位数约为18.1，由，
所以估计该校高三学生参加社区服务次数的平均数是18.3.
18．【答案】(1)
(2)84
(3)总平均数为；总方差为
【详解】（1）因为每组小矩形的面积之和为1，
所以，
则.
（2）成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第75百分位数为m，
由，得，故第75百分位数为84.
（3）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故这两组成绩的总平均数为，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ） （ⅱ） 1
【详解】（1）如图，连接，，.
因为长方体中,∥且，
所以四边形为平行四边形.
所以为的中点，
在中，因为，分别为和的中点，
所以∥.
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）选条件①：.
(ⅰ)连接.
因为长方体中，所以.
在中,因为为的中点，，
所以.
如图建立空间直角坐标系，因为长方体中,，
则，，，，，
，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，可得.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以.
设平面与平面的夹角为 ，
则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
(ⅱ)因为，
所以点到平面的距离为.
选条件②：与平面所成角为.
连接.
因为长方体中，平面，平面，
所以.
所以为直线与平面所成角，即.
所以为等腰直角三角形.
因为长方体中，所以.
所以.
以下同选条件① .
20．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或.
【详解】（1）证明：在中，，，，
则，可得，
所以，所以.
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）
是平行四边形，平面，，，，且.
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，
以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，，
设，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
故，
整理得，解得或，所以或.
21．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）一定有偶数，理由见解析
【解析】（1）由题意结合新概念可直接得解；
（2）先证明、时，均有，由新概念运算即可得证；
（3）设，，，由（2）可得，，，设是使成立的的个数，即可得，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，所有满足要求的，为：
，；
，；
，；
，.
（2）证明：令，，，
对，
当时，有；
当时，有.
所以
.
（3），，，，，三个数中一定有偶数.
理由如下：
设，，，
，，，
记，由（2）可知: ，
，，
所以中1的个数为，中1的个数为.
设是使成立的的个数，则.
由此可知，，，三个数不可能都是奇数，
即，，三个数中一定有偶数.
2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试卷（二）
一､选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1.如图所示，用符号语言可表述为（ ）
A．α∩β=m，n⊂α，m∩n=AB．α∩β=m，n∉α，m∩n=A
C．α∩β=m，n⊂α，A⊂m，A⊂nD．α∩β=m，n∉α，A∈m，A∈n
2.△ABC的直观图△A'B'C'如图所示，其中A'B'//x'轴，A'C'//y'轴，且A'B'=A'C'=1，则△ABC的面积为（ ）

A．22B．1C．8D．24
3.已知某圆锥的母线长为4，高为2 3，则圆锥的全面积为( )
A. 10πB. 12πC. 14πD. 16π
4．已知直线a与平面，能使的充分条件是（ ）
① ② ③ ④
A．①②B．②③C．①④D．②④
5.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸
6.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是( )
A.A,M,O三点共线B.A,M,O,A1不共面
C.A,M,C,O不共面D.B,B1,O,M共面
7.正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30°，则该四棱锥的侧面积为( )
A. 32B. 48C. 64D. 323 3
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,F为AD的中点,E为棱D1D上的动点(不包括端点),过点B,E,F的平面截正方体所得的截面的形状不可能是( )
A.四边形 B.等腰梯形
C.五边形 D.六边形
9.正方体ABCD−A1B1C1D1中，若△D1AC外接圆半径为2 63，则该正方体外接球的表面积为( )
A. 2πB. 8πC. 12πD. 16π
10．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的是（ ）
①．AC ⊥BE
②．EF//平面ABCD
③．△AEF的面积与△BEF面积相等
④．三棱锥A-BEF的体积为定值
A. ①．②．③ B.①．②．④． C. ②．③．④． D. ①．③．④．
二､填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.
11.如图所示，在所有棱长均为1的直三棱柱上，有一只蚂蚁从点A出发，围着三棱柱的侧面爬行一周到达点A1，则爬行的最短路线长为 ．
12．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点，则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有______．
13．如图，在正方体中，，分别是中点，则异面直线与所成角大小为__________.
14．圆锥的底面半径为，母线与底面成45°角，过圆锥顶点S作截面SAB，且与圆锥的高SO成30°角，则底面圆心O到截面SAB的距离是______.
15.如图1，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起，点A折起后的位置记为点A1，得到四棱锥A1−BCDE，M为A1C的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论：

①恒有A1D⊥A1E；②恒有BM//平面A1DE；
③三棱锥A1−DEM的体积的最大值为212；④存在某个位置，使得平面A1DE⊥平面A1CD．
其中所有正确结论的序号是______．
三､解答题：本大题共3小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16．（本小题13分）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，D，E分别是AB，PB的中点．
(1)求证：DE//平面PAC；
(2)求证：
17.（本小题13分）如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC.已知D是BC的中点，AB=AA1=2．
(1)求证：平面AB1D⊥平面BB1C1C；
(2)求证：A1C//平面AB1D；
(3)求三棱锥A1−AB1D的体积．
解：(1)证明：因为△ABC为正三角形，且D是BC的中点，所以
因为侧棱AA1⊥底面ABC， ，所以BB1⊥底面ABC．
又因为 ，所以BB1⊥AD．
而 ，B1B⊂平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C.
因为 ，
所以平面AB1D⊥平面BB1C1C.
(2)证明：连接A1B，设A1B∩AB1=E，连接DE．
由已知得，四边形A1ABB1为正方形，则E
因为D是BC的中点，所以 .
又因为DE⊂平面AB1D， ，
所以A1C//平面AB1D.
(3)由(2)可知A1C//平面AB1D，所以A1与 到平面AB1D的距离相等，
所以 ．
由题设及AB=AA1=2，得 ，且S△ACD= ，
所以三棱锥A1−AB1D的体积为VC−AB1D=VB1−ACD= .
18.（本小题14分）如图，四棱锥P−ABCD的底面是菱形，侧面PAB是正三角形，M是PD上一动点，N是CD中点．

(1)当M是PD中点时，求证：PC//平面BMN；
(2)若∠ABC=60∘，求证：PC⊥AB；
(3)在(2)的条件下，是否存在点M，使得PC⊥BM？若存在，求PMMD的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
一､选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1.【答案】A
【分析】利用图形，表示为点，线，面的符号语言.
【详解】由图形可知，α∩β=m，n⊂α，m∩n=A或表示为A∈m，A∈n.
即A正确.
2.【答案】B
【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积
【详解】由直观图还原平面图形，△ABC中，AB⊥AC，AB=A'B'=1，AC=2A'C'=2，
所以S△ABC=12×1×2=1．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆锥的侧面积和表面积，属于基础题．
由勾股定理得出r，进而由面积公式得出全面积．
【解答】
解：由题意可知，该圆锥的底面半径为r= 42−(2 3)2=2，
则圆锥的全面积为π×22+12×(2π×2)×4=12π．
故选：B．
4．【答案】D
【解析】
根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.
【详解】
对①，若，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；
对②，若，则，平面的平行具有传递性，故②正确；
对③，若，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；
对④，，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.
综上：②④正确，
故选：D.
5.【答案】C
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【详解】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为12×14+6=10寸，
则盆中水的体积为13π×9×62+102+6×10=588π立方寸，
所以平地降雨量等于588ππ×142=3寸.
故选：C.
6.分析：选A.连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,C,A四点共面.所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1.又因为M∈平面AB1D1,所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.同理点O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查四棱锥的侧面积的求法，属于简单题．
正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成直角△POE，由此能求出结果．
【解答】
解：如图，
正四棱锥的高PO，斜高PE与底面边心距OE组成直角△POE．
由题知OE=2，∠OPE=30°，
∴斜高PE=OEsin30°=4，
∴S正四棱锥侧=12×BC×PE×4 =12×4×4×4=32．
故选A．
8.分析：选D.不妨设正方体的棱长为1,
当0