陕西省咸阳市乾县2024−2025学年高二第二次阶段性检测 数学试题 含答案

陕西省咸阳市乾县2024−2025学年高二第二次阶段性检测数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知，，则（

）A． B．C． D．2．若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．直线的方向向量，直线的方向向量，则不重合直线与的位置关系是（

）A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定4．由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（

）A． B． C． D．5．已知为实数，直线，则“”是“”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6．若，，则的值为（

）A． B． C． D．7．边长为1的正方体中，，分别是，中点，是靠近的四等分点，在正方体内部或表面，，则的最大值是（

）A．1 B． C． D．8．已知函数y=fx的定义域为R，且f−x=fx，若函数y=fx的图象与函数的图象有交点，且交点个数为奇数，则A． B．0 C．1 D．2二、多选题（本大题共3小题）9．已知直线的方向向量分别是，若且则的值可以是（

）A． B． C． D．10．已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．11．如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（

）

A．当时，B．当时，若，则C．当时，直线与直线所成角的大小为D．当时，三棱锥的体积的最大值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知，则．13．空间内四点，，，可以构成正四面体，则.14．已知函数，点为曲线在点处的切线上的一点，点在曲线上，则的最小值为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知向量，向量，(1)求向量，，的坐标；(2)求与所成角的余弦值.16．如图，在四棱锥中，，，，，平面，，E，F分别是棱，的中点．

(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．17．平行六面体，(1)若，，，，，，求长；(2)若以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是60°，则AC与所成角的余弦值．18．某商场举行有奖促销活动，凡5月1日当天消费不低于1000元，均可抽奖一次，抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球，其中红球有4个，白球有2个，抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案．方案一：从抽奖箱中，一次性摸出3个球，每有1个红球，可立减80元；方案二：从抽奖箱中，有放回地每次摸出1个球，连摸3次，每摸到1次红球，立减80元．(1)设方案一摸出的红球个数为随机变量X，求X的分布列，数学期望和方差；(2)设方案二摸出的红球个数为随机变量Y，求Y的分布列，数学期望和方差；(3)如果你是顾客，如何在上述两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由．19．已知函数．(1)函数是否具有奇偶性?为什么?(2)当时，求的单调区间；(3)若有两个不同极值点，，证明：．

参考答案1．【答案】C【详解】将中的元表依次代入验证，，只有，0，满足，所以.故选：C.2．【答案】D【分析】求出，化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.【详解】由题得，，．故选D．3．【答案】B【详解】因为，所以，所以直线与平行.故选：B4．【答案】A【详解】将组成没有重复数字的三位数，共有种，而其中偶数有两种情况：①以为个位数的三位数，是，共有2种②以为个位数的三位数，是，共有2种所以，这个三位数是偶数的情况共有种，所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则.故选：A.5．【答案】B【详解】若，则有，解得，当时，，不重合，符合要求；当时，，不重合，符合要求；故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6．【答案】D【详解】解：，，.故选：D.7．【答案】D【详解】

如图，建立空间直角坐标系，设，则，所以，则，因为，又，所以，即，所以，又，所以，当且仅当，此时时，等号成立，所以的最大值是.故选：D.8．【答案】C【详解】令，其定义域为，因为，所以为偶函数，由题易知也为偶函数，因为两个函数图象的交点个数为奇数，所以两个函数的交点，必有一个是原点，故.故选：C.9．【答案】AC【解析】根据空间向量模的计算公式以及向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】，若且，则，解得或，所以或.故选：AC10．【答案】BD【分析】利用概率的运算性质，即可得出判断.【详解】对于A，由于题目中不确定事件A与B是否相互独立，所以，不一定成立，故A错误；对于B，由于，则，则，故B正确；对于C，由于题目中不确定事件A与B是否相互独立，所以，也不一定成立，故C错误；对于D，，故，故D正确.故选BD.11．【答案】ABD【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论.【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点，所以P也是的中点，所以，故A正确；对于B，当时，，所以，，，满足，故B正确；对于C，过作交于，

可知面，与直线成角即为，当时，，在中，则，所以，所以，故C错误；对于D，易知是正三角形，三棱锥体积为，当且仅当，即时取等号，故D正确；故选ABD.【关键点拨】本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解.12．【答案】2或1【详解】将左右两边同时除以，可得.得，所以或2.13．【答案】【详解】由已知正四面体的棱长为1，所以的竖坐标为正四面体的高，的外接圆半径为，所以正四面体的高为，而横坐标，纵坐标即底面三角形的重心坐标，，，所以，故答案为：.14．【答案】【详解】，，解得：，，则，切线的方程为：，即；若最小，则为与平行且与曲线相切的切点，所求最小距离为到直线的距离，设所求切点，由，可得，所以，即，又单调递增，而时，所以，即，.故答案为：.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为向量，所以，解得：，，则，，又因为，则，解得，所以（2）由（1）知，所以，，则，，，即与所成角的余弦值16．【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）如图，连接，因为分别为的中点，

所以，，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以，，又，是平面内两条相交直线，平面，又平面，，所以两两互相垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A0,0,0，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n1=则，即，令，得，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，，，设二面角的平面角为，，则.所以二面角的正弦值为.17．【答案】(1)；(2).【详解】（1），，，，∴，；（2）∵，，∴，∵，∴，∵＝8，∴，设与所成的角为，则.18．【答案】(1)分布列见解析，，；(2)分布列见解析，，；(3)应选择方案一的抽奖方式，理由见解析.【分析】(1)由条件确定的可能取值，求取各值得概率，可得分布列，结合公式求期望和方差；(2)由条件确定的可能取值，判断，结合二项分布的分布列求法确定其分布列，再由公式求期望和方差，(3)通过比较随机变量期望和方差的大小，确定选择方案.【详解】(1)设方案一摸出的红球个数为X，则X的所有可能取值为，，，．X的分布列为：X123P所以，．(2)设方案二摸出的红球个数为Y，则Y的所有可能取值为．则，所以，，，，所以随机变量的分布列为：0123所以，．(3)因为，，即两种方案抽取的红球个数的数学期望一样，但方案一更稳定，所以应选择方案一的抽奖方式．19．【答案】(1)函数不具有奇偶性(2)的单调递增区间为，单调递减区间为(3)证明见解析【详解】