2024-2025学年北京市海淀区高二上册10月月考数学阶段检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学阶段检测试题（一）一、单选题（本大题共12小题）1．在如图所示的空间直角坐标系中，是单位正方体，其中点A的坐标是（

）

A． B． C． D．2．在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（

）A． B． C． D．3．若，，且，则（

）A．， B．，C．， D．，4．长方体中，，，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．5．正方体的棱长为a，则棱到面的距离为（

）A． B．a C． D．6．如图所示，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱的长度都为1，且两两夹角为，则与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．为了调查老师对微课堂的了解程度，某市拟采用分层抽样的方法从，，三所中学抽取60名教师进行调查，已知，，三所学校中分别有180，270，90名教师，则从学校中应抽取的人数为（

）A．10 B．12 C．18 D．248．“双减”政策实施后，学生的课外阅读增多.某班50名学生到图书馆借书数量统计如下：借书数量（单位：本）5678910频数（单位：人）58131194则这50名学生的借书数量的上四分位数（第75百分位数）是（

）A．8 B．8.5 C．9 D．109．下列四个说法：①若向量是空间的一个基底，则也是空间的一个基底；②空间的任意两个向量都是共面向量；③若两条不同直线的方向向量分别是，则////；④若两个不同平面的法向量分别是且，则//．其中正确的说法的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．410．已知点，，，，则向量在向量上的投影向量的模为（

）A． B．1 C． D．11．冬末春初，乍暖还寒，人们容易感冒发热，若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正常工作生产，某大型公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热，下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该公司没有发生群体性发热的为（

）（1）中位数为3，众数为2

（2）均值小于1，中位数为1（3）均值为3，众数为4

（4）均值为2，标准差为A．（1）（3） B．（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）12．如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个命题中正确命题的个数是（

）①存在点，使得

②不存在点，使得平面③三棱锥的体积是定值

④不存在点，使得与所成角为A． B． C． D．二、填空题（本大题共6小题）13．已知两条异面直线对应的方向向量分别是，，则异面直线的夹角为．14．某班级有50名同学，一次数学测试平均成绩是92分，如果30名男生的平均成绩为90分，那么20名女生的平均成绩为分.15．已知一组数1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数的方差为.16．如图，平行六面体中，，，，则线段的长度是.17．已知空间向量（1）若，且，则；（2）若共面，在以下三个条件中①，②，③选取一个作为已知，则的值可以为．18．如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列三个结论：①存在点，使得；②的面积越来越大；③四面体的体积不变．所有正确的结论的序号是．三、解答题（本大题共6小题）19．某市举办“强国有我，爱我中华”科技知识竞赛，赛后将参赛的2000名学生成绩分成4组：①，②，③，④，并进行统计分析，公布了如图所示的频率分布直方图．(1)估计这2000名学生科技知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）；(2)某同学获知自己的成绩进入本次竞赛成绩前，估计该同学的成绩不低于多少分？20．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，.(1)求B；(2)若时，求的面积.21．如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点．(1)以为一组基底表示向量；(2)若，，，求．22．如图所示，点分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离；(3)求二面角的余弦值.23．如图，在五面体中，四边形是正方形，是等边三角形，平面平面，，，是的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)求三棱锥的体积．24．对于维向量，若对任意均有或，则称为维向量.对于两个维向量定义.（1）若,求的值；（2）现有一个维向量序列：若且满足：，求证：该序列中不存在维向量.(3)现有一个维向量序列：若且满足：，若存在正整数使得为维向量序列中的项，求出所有的.

答案1．【正确答案】D【详解】点A的坐标为.故选：D2．【正确答案】A【详解】解：因为点，则其关于平面对称的点为.故选：A.3．【正确答案】B【详解】由题意，向量，，因为，可得，即，解得.故选：B.4．【正确答案】A【详解】，，到直线的距离为.故选：A.5．【正确答案】C【详解】如图，连接，它们交于点，正方形中，又平面，平面，所以，平面，所以平面，所以的长即为棱到面的距离，而，所以所求距离为．故选：C．6．【正确答案】B【详解】设向量，且，可得，则，所以，，所以，且，所以.故选：B.7．【正确答案】A【分析】按照分层抽样原则，每部分抽取的概率相等，按比例分配给每部分，即可求解.【详解】，，三所学校教师总和为540，从中抽取60人，则从学校中应抽取的人数为人.故选:A.本题考查分层抽样抽取方法，按比例分配是解题的关键，属于基础题.8．【正确答案】C【详解】由，故第75百分位数在借书数量从小到大排序后的第38人，又，故四分位数（第75百分位数）是9.故选：C9．【正确答案】D【详解】试题分析：：①若向量是空间的一个基底，则也是空间的一个基底，正确．②空间的任意两个向量都是共面向量，正确．③若两条不同直线l，m的方向向量分别是，则∥∥，正确．④若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，∵，则∥．其中正确的说法的个数是4考点：空间向量的概念10．【正确答案】D【详解】根据题意：，，向量在上的投影向量的模为.故选：D.11．【正确答案】D【详解】将7个数由小到大依次记为、、、、、、对于（1）选项，反例：、、、、、、，满足中位数为3，众数为2，与题意矛盾，（1）选项不合乎要求；对于（2）选项，假设，即该公司发生了群体性发热，因中位数为1，则，平均数为，矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，（2）选项合乎要求；对于（3）选项，反例：、、、、、、，满足众数为4，均值为3，与题意矛盾，（3）选项不合乎要求；对于（4）选项，假设，即该公司发生群体性发热，若均值为2，则方差为，即，与（4）选项矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，（4）选项合乎要求.故选：D12．【正确答案】A【详解】对于①，在正方体中，，，则四边形为平行四边形，所以，，而为线段的中点，即为的中点，所以，若存在点，使得，且、不重合，则，这与矛盾，假设不成立，①错；对于②，若为中点，则，而，故，又面，面，则，故，因为，、面，则面，所以存在使得平面，②错；对于③，在正方体中，，，所以，四边形为平行四边形，则，而面，故与面不平行，所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值，故三棱锥的体积不是定值，③错；对于④，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图示空间直角坐标系，则、，且，所以，，则，整理可得，解得，合乎题意，所以，存在点，使得与所成角为，④错.故选：A.13．【正确答案】【详解】由已知，由于异面直线夹角的取值范围为所以异面直线的夹角为.故14．【正确答案】95【详解】设所求平均成绩为，由题意得，∴.故9515．【正确答案】【详解】依题意.所以方差为.故答案为.16．【正确答案】.【详解】根据平行四边形法则可得，所以，所以，故答案为.17．【正确答案】或或(只需写出一个)【详解】(1)当时，，因为，所以，因为，所以，解得；(2)因为共面，所以由空间向量的基本定理可知，，选①，则，故，解得；选②，则，故，解得；选③，则，故，解得；综上所述，的值可以为或或.故；或或.18．【正确答案】①③【详解】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，设，则，令，解得：，所以存在点，使得，故①正确；，，设点到直线距离为，则，所以，因为，动点沿着棱从点向点移动，所以从逐渐变到，随着的变大，的面积越来越小，②错误；以为底，高为点到上底面的距离，因为底面，所以不变，所以四面体的体积不变，③正确．故①③．19．【正确答案】(1)83.5(2)92分【详解】（1）因为，所以这2000名学生竞赛成绩的平均数可以估计为83.5．（2）因为这组数据占总数的，该同学的成绩进人本次竞赛成绩前，所以．所以可以估计该同学的成绩不低于92分．20．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由余弦定理得，则，又因为，可得，因为，所以.（2）由（1）知，且，因为，由正弦定理，可得，又由，所以的面积为.21．【正确答案】(1)；(2).【详解】（1）∵为线段的中点，∴，∵，∴，∴；（2）．22．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）解：以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，则，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，因为，所以，又因为平面，所以平面.（2）解：由（1）知，平面的一个法向量为，且，可得，所以点到平面的距离为.（3）解：在正方形中，可得，因为平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，由（1）知，平面的一个法向量为，设二面角所成角的角为，且，所以，所以二面角所成角的余弦值为.23．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)利用面面垂直的性质定理来证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，然后利用向量发求线面角；(3)先利用向量法求点到面的距离，然后利用体积公式求解棱锥体积.【详解】(1)因为是等边三角形，是的中点，所以．平面，又平面平面，平面平面，所以平面；(2)记的中点为，易知两两互相垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，所以，设平面的一个法向量为，则

令，此时．设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角为；(3)设点到平面的距离为，，则．由平面几何知识，易知在直角梯形中，所以．

24．【正确答案】（1）（2）不存在（3）【详解】（1）由于，，由定义，可得.

（2）反证法：若结论不成立，即存在一个含维向量序列，使得，.因为向量的每一个分量变为，都需要奇数次变化，不妨设的第个分量变化了次之后变成，所以将中所有分量变为共需要次，此数为奇数.又因为，说明中的分量有个数值发生改变，进而变化到，所以共需要改变数值次，此数为偶数，所以矛盾.所以该序列中不存在维向量.

（3）存在正整数使得为维向量序列中的项，此时.2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学阶段检测试题（二）一、单选题（本大题共10小题）1．如果点A在直线a上，而直线a在平面α内，点B在平面α内，则可以表示为（

）A．A⊂a，a⊂α，B∈α B．A∈a，a⊂α，B∈αC．A⊂a，a∈α，B⊂α D．A∈a，a∈α，B∈α2．下列结论中正确的是（

）A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．当正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等时该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线3．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为（

）A． B． C． D．84．若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是（

）A．异面或平行 B．异面或相交C．异面 D．相交、平行或异面5．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为（

）A．3 B．2C．1 D．06．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（

）A． B． C． D．7．设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，且，，则“”是“且”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8．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（

）A． B． C． D．9．如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（

）A．1 B． C． D．10．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共5小题）11．母线长为的圆锥体，其侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积为.12．如图，在正三棱柱中，已知，点是棱上的动点，当三棱锥的体积为时，13．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为，体积为.14．正方体中，是的中点，平面经过直线且与直线平行，若正方体的棱长为，则平面截正方体所得的多边形的面积为.15．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②直线PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④直线EF∥平面BDG.其中正确的序号是．三、解答题（本大题共5小题）16．如图，圆锥中，，为底面圆的两条直径，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求圆锥的表面积.17．如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.18．如图，在三棱锥中，分别是中点，平面平面.求证.19．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.20．如图在四棱锥中，，M，N分别是AB，CD的中点，．(1)求证：平面AED；(2)若点F在棱AD上且满足，平面CEF，求的值．

答案1．【正确答案】B【详解】点A在直线上，而直线在平面α内，点B在平面α内，表示为A∈，⊂α，B∈α.故选:B.2．【正确答案】D【详解】对于A，正八面体的各个面都是三角形，但不是三棱锥，所以A错误.对于B，若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥形成的组合体，所以B错误.对于C，正六棱锥的底面六边形的外接圆半径与底面边长相等，而正棱锥的侧棱长大于底面多边形外接圆半径，所以正六棱锥的侧棱长大于底面边长，所以C错误.对于D，圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，所以D正确.故选：D.3．【正确答案】B【详解】由题可知，∴，还原直观图可得原平面图形，如图，则，∴，∴原平面图形的周长为.故选：B.4．【正确答案】D【详解】a和b是异面直线，b和c是异面直线，根据异面直线的定义可得：可以是异面直线，如下所示：

也可以相交

也可以平行

故选.5．【正确答案】C利用面面关系的判定与性质逐项排除.【详解】①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l、m；②中l与m也可能异面；③中，同理，l∥m，则m∥n，正确．故选：C.6．【正确答案】B【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.7．【正确答案】A【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由，，，则且，反之，当且时，若，则或与相交，所以“”是“且”的充分不必要条件.故选A.8．【正确答案】C【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.9．【正确答案】C【详解】将直三棱柱展开成矩形，如下图，连接，交于，此时最小，∵，则，而，由且都在面，则面，又，则面，即面，点为侧棱上的动点，当最小时，即，得，又为直角三角形，此时三棱锥的体积为：.故选：C10．【正确答案】B【详解】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面,所以平面，因为，平面，平面,所以平面，又因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上，因为，，所以当点位于点时，最大，当点位于的中点时，最小，此时，所以，所以线段长度的取值范围是.故选B11．【正确答案】【详解】圆锥体其侧面展开图为扇形，S=，解得，由圆锥的截面图可得，故答案为12．【正确答案】3【详解】解：因为正三棱柱中，,所以点到平面的距离为，所以根据等体积法，解得.故答案为.13．【正确答案】【详解】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图：则的外接圆的半径为，所以其外接球的半径为，所以球的表面积为；体积为.故；14．【正确答案】.【详解】过作交于，过作的平行线，交于，连接，则平面即为符合条件的平面，由图可知分别为的中点，故，，且，∴等腰梯形的高为，∴梯形的面积为.故答案为.15．【正确答案】①②③【详解】作出立体图形，连接四点构成平面，①：因为分别是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正确；②：连接，交于点，连接，则为的中点，得，又平面，平面，所以平面，故②正确；③：由①的分析可知，所以，因为平面，平面，所以平面，故③正确；④：由③的分析可知，结合图形，可知，所以直线EF与平面BDG不平行，故④错误.故①②③16．【正确答案】(1)证明见解析；