陕西省咸阳市乾县第一中学2024-2025学年高二上学期第一次阶段性检测数学试题

乾县第一中学2024-2025学年高二第一次阶段性检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.一､选择题：本题共8小题，每小题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.下列各式正确的是（）A. B.C. D.2.在平行六面体中，为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量为（）A. B.C. D.3.双曲线的两条渐近线的夹角的大小等于（）A. B. C. D.4.已如向量，，且与互相垂直，则（）．A. B. C. D.5.若正三棱锥的所有棱长均为3，则该正三棱锥的体积为（）A.3 B. C. D.6.已知空间中三点，则以为邻边的平行四边形的面积为（）A.B.C.3D.7.在中，，则的长为（）A. B.4 C. D.58.已知点A，B，C，D，P，Q都在同一个球而上，为正方形，若直线PQ经过球心，且平面.则异而直线PA，QB所成的角的聂小值为（）A.60° B.45° C.30° D.15°二、多选题（本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或者不选得0分。）9.设，为随机事件，且，是，发生的概率.，，则下列说法正确的是（）A.若，互斥，则 B.若，则，相互独立C.若，互斥，则，相互独立 D.若，独立，则10.已知空间三点，，，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.11.函数y=fx的定义域为，区间，对于任意，，恒满足，则称函数在区间上为“凸函数”.下列函数在定义域上为凸函数的是（）A. B.C D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线过点，且在轴上的截距是在轴上截距的2倍，则直线的方程为__________.13.方程的两根为，且，则____________.14.如图，在正方体中，，点E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得截面面积为___________，动点满足，且，则当取得取小值时二面角的余弦值为___________.四、解答题：本题共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.在中，角所对的边分别为．（1）若，求的值；（2）求面积的最大值．16.已知空间三点.（1）求（2）求的面积；17.我们可以用“配方法”和“主元法”等方法证明“二元不等式”：，当且仅当时，等号成立．公众号：高中试卷君（1）证明“三元不等式”：．（2）已知函数．①解不等式；②对任意x∈0,+∞，恒成立，求实数18.如图，四边形是直角梯形，为的中点，是平面外一点，是线段上一点，三棱锥的体积是.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19.一般地，我们把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.数列的第一个位置上的数叫做这个数列的第1项，常用符号表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2项，常用符号表示，，第个位置上的数叫做这个数列的第项，常用符号表示.定义：一个正整数称为“漂亮数”，当且仅当存在一个数列，满足①②③：①都是正整数；②；③.（1）写出最小的“漂亮数”；（2）当时，求出所有的“漂亮数”.1.【答案】D【解析】【分析】根据指数幂运算求解.【详解】对A：原式，所以A选项错误；对B：原式，所以B选项错误；对C：原式，所以C选项错误；对D：显然，所以原式，所以D选项正确.故选：D2.【答案】C【解析】因为在平行六面体中，，所以，故选C.3.【答案】B【解析】【分析】求得双曲线的两条渐近线方程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小.【详解】双曲线的两条渐近线的方程为，由直线的斜率为，可得倾斜角为，的斜率为，可得倾斜角为，所以两条渐近线的夹角的大小为，故选：B.4.【答案】B【解析】【分析】计算，根据向量垂直得到答案.【详解】，，则，与互相垂直，则，.故选：B.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，属于简单题.5.【答案】C【解析】如图，正三棱锥，，取中点，连接，取等边三角形的中心，连接，由正四面体的性质可知，顶点与底面中心连线垂直底面，∴平面即三棱锥的高为，∵，∴，∴，∴，∴.故选：C【答案】D【解析】夹角的余弦值为.因此夹角的正弦值为，故以为邻边的平行四边形的面积为.故选D.7.【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，所以根据两角和的正弦公式可求得，再根据正弦定理可求得.【详解】根据三角形内角和为，所以可知，则，根据正弦定理可知，代入解之可得.故选：C8.【答案】A【解析】设球的半径为，记中心为，因为为正方形，直线PQ经过球心，且平西.所以PQ过点且PQ的中点为球心，设球心为，以为原点，OB、OC、OP分别为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，，所以，，所以，所以，，又，即.所以，当且仅当时等号成立，设直线PA，QB所成的角为则，又，所以.故选A.9.【答案】ABD【解析】【分析】利用互斥事件的概率公式可判断A选项；由相互独立事件的概念可判断B选项；由互斥事件和相互独立事件的概念可判断C选项；由相互独立事件的概念，可判断D选项.【详解】对于选项A，若互斥，根据互斥事件的概率公式，则，所以选项A正确，对于选项B，由相互独立事件的概念知，若，则事件是相互独立事件，所以选项B正确，对于选项C，若互斥，则不一定相互独立，例：抛掷一枚硬币的试验中，事件：“正面朝上”，事件：“反面朝上”，事件与事件互斥，但，，不满足相互独立事件的定义，所以选项C错误，对于选项D，由相互独立事件的定义知，若，独立，则，所以选项D正确，故选：ABD.10.【答案】AC【解析】【分析】由条件可得的坐标，然后逐一判断即可.【详解】因为，，，所以所以，，所以不共线.故选：AC11.【答案】AD【解析】对A：，，，由在0,+∞上单调递增，故其等价于，化简可得，故满足题意，故A正确；对B：，，，取，，可得，，又，故此时不满足题意，故B错误；对C：，，，化简得恒成立，不满足题意，故C错误；对D：，，，左右平方后化简可得，故满足题意，故D正确.故选：AD.【答案】或【解析】设在轴上的截距为，则在轴上的截距为，若，则过原点，故的方程为，即；若，则的方程为，所以，所以，所以的方程为，即.综上所述，直线的方程为，或.13.【答案】-3【解析】【分析】根据根与系数的关系即可求得答案.【详解】∵方程的两根为，∴，，由题意得：；，∵，∴，，故，故答案为：-3.14.【答案】18；【解析】略15.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理可得，从而可求的值；（2）利用基本不等式可得，再根据余弦定理可得的范围，从而可得的范围，结合三角形面积公式，即可得面积的最大值．【小问1详解】由正弦定理，可得，【小问2详解】，，由余弦定理可得，，，，，当且仅当时，等号成立，此时面积取得最大值16.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出向量坐标，再根据模长公式计算即可；（2）先求出向量，的夹角，再利用三角形的面积公式即可求解；【小问1详解】，【小问2详解】设向量，的夹角为，由，，，，又三角形中，.17.【答案】（1）见解析（2）①；②.【解析】小问1详解】因为，则（当且仅当时取等），所以（当且仅当时取等），同理（当且仅当时取等），（当且仅当时取等），三式相加可得：，又因为，所以，所以（当且仅当时取等）.【小问2详解】①由可得：，所以，即，即，则，所以，解得：②因为当x∈0,+∞当且仅当，即时取等，所以当x∈0,+∞对任意x∈0,+∞则，所以，解得：.所以实数的取值范围为：.18.（1）证明：如图，连接交于点，因为，所以，所以，因为，所以，所以，即.又因为平面，所以平面，又平面，所以.又因为，所以，又平面，所以平面.（2）解：以为原点，所在直线分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则.设，则，即点，则三棱锥的体积，解得，所以.则，设平面的法向量，由，令，得平面的一个法向量，易知，为平面的一个法向量，所以，由图可知二面角是锐二面角，故二面角的余弦值是.19.【答案】（1）6（2）【解析】【分析】（1）直接根据“漂亮数”的定义即可证明最小的“漂亮数”为6；（2）先证明或，利用分类讨论的思想可得和，根据“漂亮数”的定义求出即可.【小问1详解】若是“漂亮数”，设，满足，则，所以，即，故，得，则，所以，此时，假设，则，又，所以全部可能取值为，经验证，上述的取值都不等于1，不符合题意.所以，又，故6为“漂亮数”，所以最小的“漂亮数”是6；【小问2详解】若，设，满足，则，