陕西省咸阳实验中学2024-2025学年高二上学期第二次阶段性测试数学试卷（教师版）

2024~2025学年度咸阳实验中学高二上学期第二次阶段性测试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．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.设随机变量X服从正态分布，若，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求得答案.【详解】由题意随机变量X服从正态分布，即正态分布曲线关于对称,因为，故，故选：B2.已知点是点在坐标平面内的射影，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出点的坐标，利用空间向量的模长公式可求得的值.【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，则，则，因此，.故选：B3.已知，若，则实数的值为（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用两个向量垂直的性质，数量积公式即求得的值．【详解】向量若，则，．故选：C．4.已知平面平面，．下列结论中正确的是（）A.若直线平面，则 B.若平面平面，则C.若直线直线，则 D.若平面直线，则【答案】D【解析】【分析】A，利用线面平行的判定定理；B，面面垂直没有传递性；C，利用面面垂直的性质定理；D，利用面面垂直的判定定理；【详解】A，若，，则或，故A错误；B，若，，则或与相交，故B错误；C，若，，，必须，利用面面垂直的性质定理可知，故C错误；D，若，，即，利用面面垂直的判定定理知，故D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线，平面直线的位置关系的判断，熟练掌握平行和垂直位置关系的判定和性质是解题的关键，属于基础题.5.直线与在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线的斜率判断直线的倾斜角进而判断各个选项；【详解】易知直线的斜率为，直线的斜率为，于是两直线的倾斜角同为锐角或者同为钝角，且斜率的绝对值一个大于1，一个小于1，检验4个选项，知只有B选项满足题意．故选：B.6.如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得到，利用结合向量的数量积的运算公式，即可求解．【详解】因为二面角大小为，，，，，，所以与的夹角为，又因为，所以，所以，即．故选：A．7.数学活动小组由12名同学组成，现将12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出一名组长，则不同的分配方案的种数为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,且每组只研究一个课题只需每个课题依次选三个人即可，共有中选法，最后选一名组长各有3种，故不同的分配方案为：，故选A.8.如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（）A.先增大再减小 B.减小 C.增大 D.先减小再增大【答案】D【解析】【分析】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则，通过空间向量来求二面角的，故在上单增，上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.即可得出结果.【详解】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则，,，，设平面BDE法向量,则，令有，故.又平面ABC的法向量，故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值，又，故在上单增，上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.故选：D.【点睛】本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力，属于中档题目.二、多选选择题：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.已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（）A.平面B.直线与直线为异面直线C.直线与直线所成的角为D.平面【答案】AD【解析】【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可.【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误；对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则，则，则，则，又因为平面，所以平面.故选：AD.10.以下四个命题叙述正确的是（）A.直线在轴上的截距是1B.直线和的交点为，且在直线上，则的值是C.设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是2D.直线，若，则或2【答案】BC【解析】【分析】求出直线的横截距判断A；解方程组求出判断B；求出点到直线的距离判断C；验证判断D.【详解】对于A，直线在轴上的截距是，A错误；对于B，由解得，即，则，解得，B正确；对于C，依题意，，C正确；对于D，当时，直线重合，D错误.故选：BC11.如果函数对定义域内的任意实数，都有，则称函数为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】令，则，可得函数在定义域内是单调递增函数，称函数为“F函数”，逐项验证可得答案．【详解】令，则，即函数在定义域内是单调递增函数，称函数为“F函数”．对于A，，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，不符合在定义域内是单调递增函数，则函数不是“F函数”．故A正确；对于B，，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，不符合在定义域内是单调递增函数，则函数不是“F函数”．故B正确；对于C，，，，所以单调递增函数，则函数是“F函数”．故C错误；对于D，，，，当时，，单调递减，不符合在定义域内是单调递增函数，则函数不是“F函数”．故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是构造函数，根据可得函数在定义域内是单调递增函数，称函数为“F函数”．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.演讲比赛结束后，4名选手与1名指导教师站成一排合影留念要求指导教师不能站在两端，那么有______种不同的站法用数字作答)【答案】72【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析：，指导教师不能站在两端，易得指导教师有3种站法，，其4名选手全排列，安排在其他4个位置，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分2步进行分析：，指导教师不能站在两端，则指导教师有3个位置可选，有3种站法；，其4名选手全排列，安排在其他4个位置，有种情况，则有种不同的站法；故答案为72．【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．13.三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球表面积等于______.【答案】【解析】【分析】先用补形法求出外接球的半径R，再利用表面积公式即可得答案.【详解】如图：将三棱锥补成长方体，则三棱锥外接球和长方体的外接球是一致的.设长方体外接球半径为，则：，所以，所以外接球的表面积为，故答案为：.14.过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别是，则点到直线距离的最大值为______.【答案】##【解析】【分析】由得出点在以为直径的圆上，通过两圆方程相减得到直线的方程，从而可得直线所过的定点，进而可得出答案.【详解】如图，设点，因为，故点在以为直径圆上，因为圆心，半径为，故圆的方程为：，又圆，将两式左右分别相减，整理得直线的方程为：，所以直线经过定点，所以到直线距离的最大值即.【点睛】关键点点睛：由得出点在以为直径的圆上是解决本题的关键.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.已知平面内两点，．（1）求过点且与直线垂直的直线的方程．（2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用斜率公式求出直线的斜率，再根据直线的斜率与直线垂直的直线的斜率乘积为和点斜式求解即可；（2）求出线段垂直平分线的方程为，故点在直线上，设点为，根据等腰直角三角形两直角边垂直，所在直线斜率存在，斜率之积为建立等式求解即可．【小问1详解】由题意得，则直线的斜率为，所以过点且与直线垂直的直线的方程为：，即．【小问2详解】的中点坐标为，由（1）可知线段垂线的斜率为，所以线段垂直平分线的方程为，即．因为是以为顶点的等腰直角三角形，所以点在直线上，故设点为，由可得：，解得或，所以点坐标为或，则直线的方程为或．16.如图所示，平行六面体中，．（1）用向量表示向量，并求；（2）求．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【小问1详解】，则，所以.【小问2详解】由空间向量的运算法则，可得，因为且，所以，，则.17.在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点．（1）证明：为的中点；（2）若直线与平面所成的角为，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）2【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断，得出，得出为中位线，从而得证；（2）建立如图所示空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用线面角公式可求得的长.【小问1详解】如图，连接，在正四棱柱中，由与平行且相等，得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，是中点，所以是的中点；【小问2详解】以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（），则，，，，，，设平面的一个法向量是，则，取，得，因为直线与平面所成的角为，所以，解得（负值舍去），所以的长为．18.已知椭圆的离心率为，上顶点为．（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可知，，结合，即可求得椭圆E的方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程．由韦达定理及弦长公式，即可求得k的值．【小问1详解】由离心率，则，又上顶点，知，又，可知，，∴椭圆E的方程为；【小问2详解】设直线l：，设，，则，整理得：，，即，∴，，∴，即，解得：或（舍去）∴19.如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.（1）求证：平面；（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）由中位线和垂直关系得到，，从而得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值；（3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出，得到答案.【小问1详解】因为，分别为，的中点，所以.因为，所以，所以.又，，平面，所以平面.【小问2详解】因为，，，所以，，两两垂直.以