2024-2025学年陕西省西安市高二上册10月月考数学阶段性检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年陕西省西安市高二上学期10月月考数学阶段性检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则点A关于平面的对称点的坐标是（

）A． B． C． D．2．直线l：的一个方向向量为（

）A． B． C． D．3．已知直线的方向向量为，直线的方向向量为，若与的夹角为，则m等于（）A．1 B． C． D．04．已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（

）A．，3 B．，2 C．1，3 D．，25．“”是“直线与直线平行”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．过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（）A． B．C． D．7．在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．8．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．二、多选题（本大题共3小题）9．已知，则下列说法正确的是（

）A．是平面的一个法向量 B．四点共面C． D．10．已知直线，直线，则下列结论正确的是（

）A．在轴上的截距为 B．过定点C．若，则或 D．若，则11．如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（

）

A．三棱锥的体积是定值B．存在点P，使得与所成的角为C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为D．若，则P的轨迹的长度为三、填空题（本大题共3小题）12．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则13．在空间直角坐标系中，点为平面外一点，其中、，若平面的一个法向量为，则点到平面的距离为．14．等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，M，N分别是的中点，则所成角的余弦值等于．四、解答题（本大题共5小题）15．已知的三个顶点为.(1)求边上的高所在直线的一般式方程；(2)求边上的中线所在直线的一般式方程.16．已知，，求：(1)；(2)与夹角的余弦值．17．已知平行六面体，底面是正方形，，，设．(1)试用表示；(2)求的长度．18．在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．19．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．

答案1．【正确答案】B【详解】点A关于平面的对称点的坐标是，故选：B．2．【正确答案】B【详解】由直线方程为，则是直线的一个方向向量.故选：B3．【正确答案】C【详解】因为直线的方向向量为，直线的方向向量为，与的夹角为，所以，解得.故选：C4．【正确答案】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．【正确答案】C【详解】若直线与直线互相平行且不重合，则，解得，故.所以“”是“直线与直线互相平行且不重合”的充要条件．故选：C．6．【正确答案】B【详解】

设直线的倾斜角为，，当直线的斜率不存在时，，符合，当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，因为点，，，则，，因为直线经过点，且与线段总有公共点，所以，因为，又，所以，所以直线的倾斜角范围为.故选：B.7．【正确答案】A【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，所以，，所以，，，所以点到直线的距离.故选：A8．【正确答案】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.9．【正确答案】AD【详解】，所以平面，所以平面，所以是平面的一个法向量，故A正确；设，则，无解，所以四点不共面，故B错误；，所以与不平行，故C错误；，故D正确；故选：AD.10．【正确答案】ABD【详解】由易知，故A正确；由，故B正确；若两直线平行，则有且，解得，故C错误；若两直线垂直，则有，故D正确.故选：ABD11．【正确答案】ACD【详解】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，是定值，A正确；以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，则对于B，，使得与所成的角满足：，因为，故，故，而，B错误；对于C，平面的法向量，所以直线与平面所成角的正弦值为：，因为，故故，而，，故即的取值范围为，C正确；对于D，，由，可得，化简可得，在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为，D正确；故选：ACD.12．【正确答案】【详解】因为平面的一个法向量为，平面β的一个法向量为，，所以，则，所以，解得，所以.故答案为.13．【正确答案】/【详解】因为、，所以,记平面的一个法向量为，则，解得，故平面的一个法向量为.因为，所以,所以点到平面的距离为.故答案为.14．【正确答案】【详解】设AB=2,作CO⊥面ABDEOH⊥AB，则CH⊥AB，∠CHO为二面角C−AB−D的平面角，，OH=CHcos∠CHO=1，结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，故EM,AN所成角的余弦值，15．【正确答案】(1)；(2).【详解】（1）因为的三个顶点为，所以直线的斜率为，所以边上的高所在直线的斜率为，所以直线的方程为，化为一般式方程为；（2）因为，所以的中点为，又因为，所以直线的斜率为，所以直线的点斜式方程为，化为一般式为.16．【正确答案】(1)，(2)－【分析】（1）根据向量平行，设，进而得到方程组，求出，根据向量垂直得到，求出，从而求出答案；（2）先计算出，，从而利用向量夹角公式求出答案.【详解】（1）因为，所以设，即，所以，解得，故又，所以，即，解得，于是．（2）由（1）得，，设与的夹角为，因为，所以与夹角的余弦值为.17．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量线性运算，结合几何体特征确定与的线性关系；（2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求的长度.【详解】（1）.（2），，所以.所以.18．【正确答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.19．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.2024-2025学年陕西省西安市高二上学期10月月考数学阶段性检测试题（二）一、单选题（本大题共9小题）1．已知全集，，，则（

）A． B．C． D．2．已知，，则（

）A． B． C． D．3．若椭圆满足，则该椭圆的离心率（

）A． B． C． D．4．若椭圆的右焦点坐标为，则的值为（

）A．1 B．1或3 C．9 D．1或95．向量，，则（

）A． B．C．与的夹角为60° D．与的夹角为6．已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．7．集合，集合，从A，B中各任意取一个数相加为，则直线与直线平行的概率为（

）A． B． C． D．8．如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（

）

A．－ B．C．－ D．9．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥，该三棱锥为鳖臑，，为半圆柱的圆心，半径为2，，，动点在内运动（含边界），且满足，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）10．给出下列四个条件：①；②；③；④．其中能成为的充分条件的是（

）A．① B．② C．③ D．④11．若数据，，和数据，，的平均数、方差、极差均相等，则（

）A．数据，，，，，与数据，，的平均数相等B．数据，，，，，与数据，，的方差相等C．数据，，，，，与数据，，的极差相等D．数据，，，，，与数据，，的中位数相等12．如图，正方体的棱长为1，E为棱的中点，P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点，则（

）

A．三棱锥的体积为定值 B．直线平面C．当时， D．直线与平面所成角的正弦值为三、填空题（本大题共3小题）13．如图，已知圆是圆上两个动点，点，则矩形的顶点的轨迹方程是．14．已知点是直线上一点，则的最小值为．15．若向量，且，则的值为四、解答题（本大题共5小题）16．在中，，边上的高所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，点的坐标为.

(1)求直线的方程；(2)求直线的方程及点的坐标.17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)若，，求的面积.18．已知抛物线，过点的直线l交抛物线于A，B两点，抛物线在点A处的切线为，在点B处的切线为，直线与交于点M.(1)设直线，的斜率分别为，，证明：；(2)设线段AB的中点为N，求的取值范围.19．图1是棱长为2的正方体，，，，分别是，，，的中点，截去三棱柱和三棱柱得到如图2的四棱柱，，分别是，的中点，过点，，的平面交于点．(1)求线段的长；(2)求平面与平面夹角的余弦值．20．已知函数.（1）求函数的定义域；（2）设，若函数在上有且仅有一个零点，求实数的取值范围；（3）设，是否存在正实数，使得函数在内的最小值为4？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

答案1．【正确答案】D【详解】因为全集，，所以，又因为，.故选：D.2．【正确答案】A【详解】由诱导公式得，又由，可得．故选：A.3．【正确答案】B【详解】椭圆满足，则该椭圆的离心率.故选：B.4．【正确答案】C【详解】根据右焦点坐标为，可得，且焦点在轴上，故，故选：C5．【正确答案】B由题意求出两向量的数量积，即可判断两向量的位置关系.【详解】∵向量，，∴，∴.故选：B.6．【正确答案】B【详解】设，，由中点坐标公式得，所以，故，因为A在圆上运动，所以，化简得，故B正确.故选：B7．【正确答案】B【详解】从A，B中各任意取一个数相加，有种情况，当直线，则，则，当时，从中取一个数相加为的有，2种情况，当时，从中取一个数相加为的有，2种情况，所以满足条件的有4种情况，所以满足条件的概率.故选：B8．【正确答案】B【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则M，N，.解法一

取MN的中点G，连接BG，AG，则G.因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．又因为，，所以，，设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则.故所求两平面夹角的余弦值为.

解法二

设平面AMN的法向量由于，，则，即，令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，同理可求得平面BMN的一个法向量.所以，设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则.故所求两平面夹角的余弦值为.故选：B.9．【正确答案】A【详解】因为三棱锥为鳖臑，平面，在中，，过做垂足为，则，即，所以，因为，，在中，，所以，则，又平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，所以中，，过作，，即，可得，则过作，因为是AD中点，所以，所以动点在内（含边界）的轨迹为以为圆心以为半径的半圆，则点的轨迹长度为.故选：A.10．【正确答案】AD【详解】①由”可知，所以，故；②当时，；当时，，故，不能推出；③由，得，但不能推出，故不能推出；④．故选：AD．11．【正确答案】ABC【详解】设数据的平均数为，数据的平均数也为.那么数据的平均数为，所以数据与数据的平均数相等，A选项正确.设数据的方差为，数据的方差也为.对于数据，其方差计算为,所以数据与数据的方差相等，B选项正确.设数据的极差为，数据的极差也为.对于数据，其极差是这六个数中的最大值减去最小值，由于前面两组数据的极差相等，所以组合后数据的极差依然是，所以数据与数据的极差相等，C选项正确.设数据按从小到大排列为，中位数为.设数据按从小到大排列为，中位数为.对于数据按从小到大排列后，中位数不一定是，所以数据与数据的中位数不一定相等，D选项错误.故选：ABC12．【正确答案】AD【详解】

对于A，如图1，因,故A正确；

对于B，如图2建立空间直角坐标系，则,于是，，设平面的法向量为，则，故可取，由知与不垂直，故直线与平面不平行，即B错误；对于C，由上图建系，则,,因P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点,不妨设，则，，由题意，，即，于是，此时，故与不垂直，即C错误；对于D，由图知平面的法向量可取为，因，设直线与平面所成角为，则，故D正确.故选：AD.13．【正确答案】设点，连接交于，可写出的坐标，再在直角中，，利用勾股定理列方程可得x,y的关系式，即顶点的轨迹方程.【详解】设点，如图连接交于，由矩形可知为的中点，，连接，在直角中，，则即，整理得，所以顶点的轨迹方程是故14．【正确答案】5【详解】设点关于直线的对称点，则，解得，故，故,故最小值为：515．【正确答案】1【详解】因为向量，所以，，又，所以，，解得.故答案为.16．【正确答案】(1)(2)直线的方程为：，【详解】（1）由于所在直线的方程为，故的斜率为，与互相垂直，直线的斜率为，结合，可得的点斜式方程：，化简整理，得，即为所求的直线方程．（2）由和联解，得由此可得直线方程为：，即，，关于角平分线轴对称，直线的方程为：，直线方程为，将、方程联解，得，，因此，可得点的坐标为．17．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，，