2024-2025学年山西省怀仁市高二上学期第一次月考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年山西省怀仁市高二上学期第一次月考数学检测试题合集2套（附解析），共30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．已知点关于轴的对称点为，则等于（ ）
A．B．C．2D．
2．直线的一个方向向量为（ ）
A．B．−3,2C．2,3D．
3．在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ）
A．，3B．，2C．1，3D．，2
5．“”是“直线与直线垂直”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
6．在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ）
A．B．C．D．6
7．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论错误的是（ ）

A．
B．当时，
C．若，，则
D．平行六面体的体积
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线，，，则下列结论正确的是（ ）
A．直线l恒过定点
B．当m＝1时，直线l的倾斜角为
C．当m＝0时，直线l的斜率不存在
D．当m＝2时，直线l与直线AB垂直
10．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．的最小值为D．的最大值为4
11．已知四面体满足，，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．直线与所成的角为
C．点为直线上的动点，到距离的最小值为
D．二面角平面角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在正方体中，点E是上底面的中心，若，则实数 ．
13．已知，设直线：，：，若，则 .
14．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF 上移动，且CM和BN 的长度保持相等，记，当MN的长最小时，平面MNA与平面MNB夹角的正弦值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．菱形的顶点的坐标分别为边所在直线过点.
(1)求边所在直线的方程；
(2)求对角线所在直线的方程.
16．如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求与平面所成角的正弦值.
17．已知直线．
(1)求证：直线经过一个定点；
(2)若直线交轴的正半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程．
18．如图，直角梯形 ACDE 中， 、M 分别为AC、ED 边的中点，将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点．
(1)证明：MN∥平面A'BE；
(2)当三棱锥的体积为，且二面角为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角的正切值．
19．如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为．
(1)求证：；
(2)若，求三棱台的体积；
(3)若到平面的距离为，求的值．
参考答案
1．【答案】D
【详解】点关于轴的对称点为，所以.
故选：D
2．【答案】B
【分析】利用直线方向向量的定义和直线斜率与方向向量的关系直接求解即可.
【详解】由得，，
所以直线的一个方向向量为，
而，所以也是直线的一个方向向量.
故选：B.
3．【答案】C
【详解】在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则，
所以.
故选：C
4．【答案】D
【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可.
【详解】因为，，，
所以，，
因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，
所以，
所以，解得.
故选D.
5．【答案】C
【详解】由直线与直线垂直，
得，解得或，
所以“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.
故选：C
6．【答案】C
【分析】先将用表示，然后再结合数量积的运算律即可得解.
【详解】因为，所以
，
从而，即的长为．
故选C.
7．【答案】A
【详解】由重心坐标公式可得：重心，即.
由，，可知外心在的垂直平分线上，
所以设外心，因为，
所以，
解得，即：，
则，
故欧拉线方程为：，
即：，
故选：A.
8．【答案】C
【分析】对于A，根据三角形的面积公式，结合新定义公式，即可判断；对于B，结合新定义和数量积公式，即可判断；对于C，根据条件求，即可判断；对于D，根据新定义和数量积的几何意义，即可判断.
【详解】对于A：，而，故，故A正确；
对于B：，当时，有意义，则，故B正确；
对于C：因为，，所以，，所以，故C错误；
对于D：的模长即为平行六面体底面OACB的面积，且方向垂直于底面，由数量积的几何意义可知，
就是在垂直于底面的方向上的投影向量的模长（即为平行六面体的高）乘以底面的面积，即为平行六面体的体积，故D正确．
故选C.
9．【答案】BD
【详解】对于选项A，直线，令，解得直线l恒过定点，选项A错误；
对于选项B，当m＝1时，设直线l的方程为，斜率为，倾斜角为，选项B正确；
对于选项C，当m＝0时，直线l的方程化为，斜率为，斜率存在，选项C错误；
对于选项D，当m＝2时，直线，所以．
由，，可得，得，
所以直线l与直线AB垂直，选项D正确．
故选：BD．
10．【答案】AC
【分析】对于A，利用共线定理列方程求解判断，对于B，由，得求解，对于CD，表示出后利用二次函数性质求最值判断.
【详解】对于A，若，且，
则存在唯一实数使得，即，
则，解得，故A正确；
对于B，若，则，即，
化简得，因为，所以无实数解，故B错误；
对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误.
故选AC.
11．【答案】BCD
【详解】将四面体放入长方体中，（如图），设长方体的长宽高分别为，
则，
所以解得，
建立如图所示的空间直角坐标系，则,
故故，
所以直线与所成的角为，A错误，
由于，故，
直线与所成的角为，B正确，
对于C，点为直线上的动点，当位于的中点时，此时到距离的最小，
且最小值为长方体的高，即为，C正确，
对于D，取中点，连接,由于，，
所以,故为所求角，
,
故，故D正确.
故选：BCD
12．【答案】2
【详解】因为，
又，
所以，，，．

故答案为：.
13．【答案】1
【详解】因为，所以.
故答案为：1
14．【答案】
【详解】以原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
所以，
当时，最小，此时，为中点，则，
取的中点，连接，则，
因为，，所以，，
所以是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值是，
所以平面与平面夹角的正弦值是．
15．【答案】(1)BC所在直线方程为，AD所在直线方程为
(2)
【分析】（1）求出，由点斜式求出直线方程；
（2）求出的中点坐标，再根据垂直关系得到，利用点斜式写出直线方程，得到答案.
【详解】（1）由菱形的性质可知，则.
所以边所在直线的方程为，即；
边所在直线的方程为，即.
（2）线段的中点为，
由菱形的几何性质可知，且为的中点，则，
所以对角线所在直线的方程为，即.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在正四棱柱中，，，两两垂直，且，，
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，，A10,0,3.
因为，分别为，的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为m=x,y,z则，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
（2）由（1）可知，，
所以与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2)，.
【详解】（1）直线，化为，当时，对任意实数，恒有，
所以直线过定点.
（2）依题意，显然，直线交轴于点，交轴于点，
而点分别在轴的正半轴上，即，于是，
则的面积为，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，，直线的方程的方程为.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理在平面中找到和直线平行的直线，利用直线和平面平行的判定定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，根据已知条件利用等体积法，进而求出各个点的坐标，再利用平面的法向量计算平面的夹角的正切值.
【详解】（1）取的中点，的中点，由题意知，，
直角梯形中，四边形为正方形，
为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
平面，不在面内，
平面.
（2）连接，则，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，面，
平面，
，
，，
，为等边三角形，
则，
设为平面的法向量，为平面的法向量，
，令
，令，
设平面与平面的夹角为，由题可知为锐角，
，
平面与平面的夹角的正切值为.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【详解】（1）取的中点为，连接；如下图所示：
易知平面平面，且平面平面，平面平面；
所以，又因为，
可得四边形为等腰梯形，
且分别为的中点，所以，
因为，所以，
易知，且平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为，
当时，即，因此可得平面，
可知即为三棱台的高，由可得；
易知三棱台的上、下底面面积分别为，
因此三棱台的体积为
（3）由（1）知，，，二面角的平面角即为；
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
可得，
易知，可得；
则
设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，可得；
显然，
由到平面的距离为，可得，
即，可得；
整理得，解得或；
又，可得.
2024-2025学年山西省怀仁市高二上学期第一次月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．设点O是正三角形ABC的中心，则向量，，是（ ）
A．相同的向量B．模相等的向量
C．共线向量D．共起点的向量
2．已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ）
A．1B．C．D．
3．某校有700名高一学生，400名高二学生，400名高三学生，高一数学兴趣小组欲采用按比例分配的分层抽样的方法在全校抽取15名学生进行某项调查，则下列说法正确的是（ ）
A．高一学生被抽到的概率最大B．高三学生被抽到的概率最大
C．高三学生被抽到的概率最小D．每位学生被抽到的概率相等
4．下列叙述中，错误的是（ ）
A．数据的标准差比较小时，数据比较分散
B．样本数据的中位数可能不受少数几个极端值的影响
C．数据的极差反映了数据的集中程度
D．任何一个样本数据的改变都会引起平均数的改变
5．在中，，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图是一个病人在5月1日和5月2日48小时内的体温记录折线图，根据此图，下列叙述不正确的是（ ）
A．每六小时为病人测量一次体温
B．病人在5月1日612时体温下降最快
C．病人在5月2日18时体温是
D．病人在5月1日18时至5月2日18时体温一直在下降
7．有4个大小质地相同的小球，分别标有数字，从中不放回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为5”，则（ ）
A．甲和乙相互独立B．甲和丙相互独立
C．甲和丁相互独立D．丁和丙相互独立
8．如图，已知球是棱长为的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知是虚数单位，则（ ）
A．若复数，则
B．若复数，则
C．若复数，则
D．若，则
10．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则只有一解
C．若，则为直角三角形
D．
11．如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长分别为2，，直线PQ与底面ABC相交于点O，OP＝2OQ，则（ ）

A．
B．AQ，BQ，CQ两两垂直
C．AP与CQ的夹角为45°
D．点P，A，B，C，Q不可能同时在某个球的表面上
三、填空题（本大题共3小题）
12．有一个正六棱柱的机械零件，底面边长为，高为，则这个正六棱柱的机械零件的表面积为 .
13．已知样本数据为，且是方程的两根，则这组样本数据的方差是 ．
14．在四边形中，，点是四边形所在平面上一点，满足.设分别为四边形与的面积，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
(1)求的值；
(2)若，求的面积.
16．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）
17．如图，在四棱锥中，平面，为的中点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．举办网络安全宣传周､提升全民网络安全意识和技能，是国家网络安全工作的重要内容.为提高广大学生的网络安全意识，某校举办了网络安全知识竞赛，比赛采用积分制，规定每队2人，每人回答一个问题，回答正确积1分，回答错误积0分.甲､乙两个班级的代表队在决赛相遇，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队两人回答问题正确的概率分别为，且两队每个人回答问题正确的概率相互独立.
(1)求甲队总得分为1分的概率；
(2)求两队积分相同的概率.
19．如图，已知在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设.
(1)当平面时，求实数的值；
(2)当平面平面时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据正三角形的中心到三个顶点的距离相等，得到这三个向量的模长相等，即可判断得解.
【详解】是正的中心，向量分别是以三角形的中心和顶点为起点和终点的向量，
到三个顶点的距离相等，但向量，，不是相同向量，也不是共线向量，也不是起点相同的向量.
故选B.
2．【答案】B
【分析】根据复数的乘除运算和纯虚数的定义即可得答案.
【详解】，
所以，解得．
故选B．
3．【答案】D
【分析】根据分层抽样的定义和性质判断即可．
【详解】无论采取简单随机抽样，还是分层抽样，每个个体被抽取的概率都相同．
故选D．
4．【答案】A
【分析】利用样本数字特征的基本概念逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】数据的标准差比较小时，数据比较集中，故A错误；
样本数据的中位数可能不受少数几个极端值的影响，故B正确；
数据的极差反映了数据的集中程度，故C正确；
任何一个样本数据的改变都会引起平均数的改变，故D正确．
故选A．
5．【答案】A
【解析】先利用同角三角函数的基本关系求，再运用三角形面积公式计算即得结果.
【详解】因为，，故，
所以的面积为.
故选A.
6．【答案】D
【分析】根据折线图，结合选项即可求解．
【详解】对于A，根据折线统计图可知，每六小时为病人测量一次体温，故A正确；
对于B，根据折线统计图可知，病人在5月1日612时体温下降最快，故B正确；
对于C，根据折线统计图可知，病人在5月2日18时体温是，故C正确；
对于D，根据折线统计图可知，病人5月2日12至18时体温略有上升，所以选项D错误．
故选D．
7．【答案】C
【分析】根据相互独立事件的定义可得答案.
【详解】，
，
，，，，
，，，，
对于A，，故A错误；
对于B，因为，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选C.
8．【答案】A
【分析】根据正方体性质可得球心到截面的距离，进而可得截面半径与面积.
【详解】由正方体性质可得：正方体对角线截面，
且球心到截面的距离，
球的半径，利用球心与截面圆心连线垂直截面的性质，得截面的半径，所以截面面积.
故选A.
9．【答案】BCD
【分析】由复数求模的方法，计算出，即可判断A；设，则，再由，可计算出，即可判断B；由，即，可得，即可判断C；由，可计算出，即可判断D.
【详解】由，故A错误；
设，
则，故B正确；
若复数，即，则，则，故C正确；
若，则，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】AD
【详解】对于A选项，由，有，由正弦定理可得，故A选项正确；
对于B选项，由，可知ABC有两解，可知B选项错误；
对于C选项，由，得，有，可得或，可知C选项错误；
对于D选项，若ABC为锐角三角形或直角三角形，有；若ABC为钝角三角形，不妨设C为钝角，有，，，有，可知D选项正确．
故选AD．
11．【答案】BC
【分析】本题考查正三棱锥的特征，利用顶点在底面的投影是底面的中心可判断A与B，利用割补法可判断C与D.
【详解】对于A选项，由正三棱锥的性质知PQ⊥平面ABC，
如图，连接OA，可得PQ⊥OA，有，
有，解得，
可得，故A选项错误；

对于B选项，由，
可得，又由，
可得，易知AQ，BQ，CQ两两垂直，故B选项正确；
对于C选项，由AQ，BQ，CQ两两垂直，AB＝BC＝AC＝AP＝BP＝CP＝2，
把正三棱锥和正三棱锥拼成的几何体放入如图所示正方体中，
可知AP与CQ的夹角为45°，故C选项正确；

对于D选项，由C选项知，点P，A，B，C，Q可以同时在以PQ为直径的球上，故D选项错误．
故选BC．
12．【答案】
【分析】正六棱柱，分别计算即可；
【详解】
故答案为：.
13．【答案】4
【分析】求出，再利用方差的定义计算即得.
【详解】方程的二根为，不妨令，因此样本数据的平均数，所以这组数据的样本方差.
故答案为：4.
14．【答案】
【分析】设出梯形两底的长，取AB，CD，BD，AC的中点M，N，X，Y，并探讨它们的关系，结合已知向量等式确定点P的位置并求出，再由三角形、梯形面积公式求解即得.
【详解】在四边形中，，则四边形是梯形，且，令，，
记M，N，X，Y分别是AB，CD，BD，AC的中点，显然，
于是点M，X，Y，N顺次共线并且，
显然，，而，则，
因此点P在线段XY上，且，设A到MN的距离为h，
由面积公式可知．
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为，，所以，
因为，所以.
（2）因为，所以，
因为，所以，为锐角，
因为，所以，
所以
，
故的面积为.
16．【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.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由已知线面垂直可得，由已知可得四边形是正方形，则，由线面垂直的判定定理得平面，则；
（2）作平面，交平面于点，连接，则是直线与平面所成角，然后在中求解即可.
【详解】（1）证明：连接
因为平面平面，
所以，
因为为的中点，，
所以四边形是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，又因为平面，
所以；
（2）作平面，交平面于点，连接，
则是直线与平面所成角，
因为，∥，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为，所以，
因为，四边形是正方形，
所以，，，
因为，所以，
所以，得，
在中，.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可知甲队得1分，则一人回答正确，另一人回答错误，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）根据题意可得甲、乙得分的概率，分别求两队积分同为0分，1分，2分的概率，结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）记“甲队总得分为1分”为事件A，甲队得1分，则一人回答正确，另一人回答错误，
所以；
（2）由题意可知：甲队积0分，1分，2分的概率分别为，
乙队积0分，1分，2分的概率分别为，
记两队积分同为0分，1分，2分的分别为事件，
因为两队得分相互独立，互不影响，
则，
所以两队积分相同的概率为.
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，由线面平行的性质定理得，从而可得为的中点，进而得实数的值；
（2）过点作于点，可证得平面平面，延长交于点，过点作交于点，过点作于点，则是平面与平面所成锐二面角的平面角，然后在中求解即可.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
因为四边形为矩形，所以为的中点，
因为平面平面，平面，平面，
所以，
所以为的中点，即实数的值为；
（2）在直三棱柱中，平面平面，
所以，
因为，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
过点作于点，因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长交于点，过点作交于点，过点作于点，
因为，所以，
因为，所以,
因为，所以∽，
所以，所以，得，
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以是平面与平面所成锐二面角的平面角，
因为，且，，所以，
取的中点，连接，则，
因为，所以，
所以，所以，解得，
所以，
所以，
因为，所以，
解得，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
分组
频数
频率
10
0.20
24
n
m
p
2
0.04
合计
M
1