2024-2025学年福建省厦门市高二上册10月月考数学阶段检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年福建省厦门市高二上学期10月月考数学阶段检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．直线的一个方向向量为（

）A． B． C． D．2．直线平分圆C：，则（

）A． B．1 C．-1 D．-33．已知，且，则（

）A． B．C． D．4．已知向量在向量上的投影向量是，且，则（

）A． B． C． D．5．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，若直线与的欧拉线垂直，则直线与的欧拉线的交点坐标为（

）A． B． C． D．6．已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（

）A．1 B．2 C．3 D．48．已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列关于空间向量的命题中，正确的有（

）A．若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则B．若，则是钝角C．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面D．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线10．已知直线与，则下列说法正确的是（

）A．与的交点坐标是B．过与的交点且与垂直的直线的方程为C．，与x轴围成的三角形的面积是D．的倾斜角是锐角11．在棱长为1的正方体中，为侧面（不含边界）内的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（）A．线段的长度为B．的最小值为1C．对任意点，总存在点，便得D．存在点，使得直线与平面所成的角为60°三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线与直线，在上任取一点A，在上任取一点B，连接AB，取AB的靠近点A的三等分点C，过C作的平行线，则与间的距离为．13．已知四面体ABCD满足，则点A到平面BCD的距离为.14．已知点，直线将分割成面积相等的两部分，则实数的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．如图，已知的顶点为，，是边AB的中点，AD是BC边上的高，AE是的平分线．

(1)求高AD所在直线的方程；(2)求AE所在直线的方程．16．如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，分别为的中点．(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)求点B到平面的距离.17．如图，在平行六面体中，平面，，，.(1)求证：；(2)线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.18．已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角．(1)若为的中点，在线段上，且直线与平面所成的角为，求此时平面与平面的夹角的余弦值．(2)在（1）的条件下，设，，，且四面体的体积为，求的值．19．人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．(1)若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；(2)若点，，求的最大值；(3)已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．

答案1．【正确答案】A【详解】因为直线的斜率为，对A，，A正确；对B，方向向量为的直线斜率不存在，B错误；对C，，C错误；对D，，D错误；故选:A.2．【正确答案】D【详解】变形为，故圆心为，由题意得圆心在上，故，解得.故选：D3．【正确答案】B【详解】向量，则，因，于是得，解得，所以.故选：B.4．【正确答案】C【详解】，设向量在向量的夹角为，所以向量在向量上的投影向量为，所以，所以.故选：C.5．【正确答案】B【详解】由的顶点坐标，可知其重心为.注意到，直线BC斜率不存在，则为直角三角形，则其垂心为其直角顶点，则欧拉线方程为.因其与垂直，则.则，则直线与的欧拉线的交点坐标满足，即交点为.故选：B6．【正确答案】A【详解】由圆，可得圆心，半径，又A−2,0，所以，所以，因为，所以.故选：A.7．【正确答案】C【详解】直线过定点，对于任意确定的点，当时，此时，当不垂直时，过点作，此时，如图所示：因为，所以，所以，由上可知：当确定时，即为，且此时；又因为在如图所示的正方形上运动，所以，当取最大值时，点与重合，此时，所以，故选：C.8．【正确答案】A【详解】因为直线，直线，易知，且分别过定点，取其中点C−2,0，易知，则P点在以C为圆心，3为半径的圆上，取点，连接,不难发现，则，所以，则，当且仅当三点共线，且与线段和圆C的交点重合时取得等号.故选：A.9．【正确答案】CD【详解】对于A，，所以，即，A错误；对于B，若，则小于0，则是钝角或者180°，B错误；对于C，对空间中任意一点O，有，满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，D正确.故选：CD.10．【正确答案】BC【详解】与可得，，解得交点坐标为，所以A错误；由所求直线与直线垂直得所求直线的斜率为，由点斜式得，即，所以B正确；如图，与轴相交于，与轴相交于，与相交于

所以，与x轴围成的三角形的面积，所以C正确；的斜率，所以的倾斜角是钝角，所以D错误.故选：BC.11．【正确答案】ABC【详解】建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，设点，，由直线与的夹角为，则有：，故有：解得：为线段上的动点，则有：（）解得：对选项，则有：，故选项正确；对选项，过点作平面的垂线，垂足为易知：（由于）故的最小值等价于求故有：当且仅当时成立，结合，可得此时故选项正确；对选项，若，则有：，，又则有：则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对选项，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：解得：，矛盾，故选项错误.故选：12．【正确答案】55/【详解】过A做于D，交于E，如图所示：因为，且由题意得，所以，所以，又直线与间的距离，所以与间的距离，故答案为.13．【正确答案】【详解】因为四面体满足，可得，设平面的一个法向量，则，令，解得，所以，所以，设点到平面的距离为，则.故答案为.14．【正确答案】【详解】，由已知得，由得，，，直线与轴交于，当在点与点之间（包括点）时，，，则有..，所以，，，故，所以，，又，，故；当在点的左侧时，解得，，由得，此时，，点到直线的距离，，得，则有，所以，，又，，故，，即.综上所述：实数b的取值范围.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为是边AB的中点，所以，因为，所以，因此高AD所在直线的方程为：；（2）因为AE是的平分线，所以，所以，设，所以，所以AE所在直线的方程为.16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为底面ABCD是正方形，所以，且，所以以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为，则，可得，设平面的法向量为，则，可取，设直线与平面所成角为，则.（2）求得，因为平面的法向量，所以点到平面的距离.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【详解】（1）解法一：因为平面，平面，所以，所以因为，所以又因为，所以，化简得所以，所以解法二：在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，设，则，所以，由得，所以，又因为，所以，解得，所以，，，，所以，所以；解法三：在平面中，过作的垂线，垂足为，连结交于.因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，则，所以，所以，所以，在中，，，，所以，在中，，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以；（2）由（1）得平面的一个法向量为，假设存在点满足条件，设，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，则，，所以，所以，因为平面与平面的夹角为，即，解得，又因为，所以舍去，所以线段上不存在点使得平面与平面的夹角为.18．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由题意知，，，，，平面，可得平面，且为二面角的平面角，即，连接，而，则为正三角形，取的中点，连接，则，由平面，平面，所以平面平面，而平面平面，平面，可得平面，取的中点，连接，由矩形得，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则点，可得，设点，则，设平面的法向量，则，令，则，，可得，因为直线与平面所成的角为，则，解得或（舍，即，设平面的法向量为，则，令，则，，可得，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．（2）因为，，可知，分别为，的中点，又因为为的中点，则，可得，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，可得，因为，，，由余弦定理得，可知为锐角，可得，则，因为四面体的体积为，设点到平面的距离为，则，解得，因为，则，可得，则，解得．所以的值为19．【正确答案】(1)，(2)(3)存在，和【详解】（1），，；（2）设，由题意得：，即，而表示的图形是正方形，其中、、、．即点在正方形的边上运动，，，可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．因此，点有如下两种可能：①点为点，则，可得；②点在线段上运动时，此时与同向，取，则．因为，所以的最大值为．（3）易知，设，则当时，，则，，满足题意；当时，，由分段函数性质可知，又且恒成立，当且仅当时等号成立．综上，满足条件的直线有且只有两条，和．2024-2025学年福建省厦门市高二上学期10月月考数学阶段检测试题（二）一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．3．从0，2，4中选一个数字．从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为（

）A．48 B．30 C．24 D．64．已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．5．某老师为了奖励考试成绩优异的同学，在微信群里发了一个拼手气红包，已知甲、乙、丙三人抢到的红包金额超过1元的概率分别，，，若这三人抢到的红包金额是否超过1元互不影响，则这三人中至少有一人抢到的红包超过1元的概率为（

）A． B． C． D．6．图，在九面体中，平面平面，平面平面，底面为正六边形，下列结论错误的是（

）

A．平面B．平面C．平面平面D．平面平面7．对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．8．网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时间内，成为商业的一个主要发展方向.某品牌行车记录仪支架销售公司从2023年10月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式.根据几个月运营发现，产品的月销量万件与投入实体店体验安装的费用万元之间满足函数关系式.已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是（

）万元.A．45.5 B．37.5 C．36 D．35二、多选题9．内江六中某班星期一上午要安排语文、数学、英语、物理、化学5节课，且该天上午总共5节课，下列结论正确的是（

）A．若数学课不安排在第一节且不在最后一节课，则有72种不同的安排方法B．若语文课和数学课必须相邻，且语文课排在数学课前面，则有48种不同的安排方法C．若语文课和数学课不能相邻，则有72种不同的安排方法D．若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排，则有40种不同的安排方法10．如图，在棱长为1的正方体中，已知是线段上的两个动点，且，则（

）A．的面积为定值 B．C．点到直线的距离为定值 D．二面角的大小为11．已知函数为奇函数，且，当时，，则（）A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称C．的最小正周期为2 D．三、填空题12．已知，则．13．的展开式中常数项为.14．在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为四、解答题15．已知集合，.(1)当时，求；(2)已知“”是“”的必要条件，求实数m的取值范围.16．已知是定义在上的奇函数.(1)求实数的值；(2)判断并证明函数在上的单调性；(3)若关于的不等式对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.17．如图，在四棱锥中，底面,,，

(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.18．第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中.某学习小组设计了如下问题进行探究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球､2个白球，乙箱中有4个红球､1个白球.(1)从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率；(2)抛一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球.求抽到的球是红球的概率；(3)在（2）的条件下，若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率.19．某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.

(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，.)(2)（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望；（ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装.已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大.答案：题号12345678910答案ADBDADDBACABC题号11答案ABD1．A【分析】由因式分解分别求出高次方程和二次不等式的解集，再由集合的运算得出两个集合的交集。【详解】∵∴∵∴∴故选：A2．D【分析】由侧面展开图求得圆锥的母线长，然后计算圆锥侧面积即可.【详解】设圆锥母线长为，由题意，所以，所以圆锥的侧面积为.故选：D3．B【分析】考虑到百位数字非零的限制，将三位奇数分成三类，分别用排列组合数表示方法数，最后运用分类加法计数原理计算即得.【详解】依题意，这样的三位奇数分为三类：①元素0被选中，则应放在十位，从1，3，5中选两个数字排在个位与百位，共有种方法；②元素2被选中，则可放在百位或十位，再从1，3，5中选两个数字排在余下的两个数位，有种方法；③元素4被选中，与②情况相同，有种方法.由分类加法计数原理可得，奇数的个数为个.故选：B.4．D【分析】分别取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】分别取的中点，连接，则，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，BB1=4所以是平面的一个法向量，，，所以，设与平面所成的角为，则.故选：D.5．A【分析】根据独立事件的概率乘法公式得到三人抢到的红包都没有超过1元的概率，再根据对立事件概率求法即可求解..【详解】解：因为三人抢到的红包金额是否超过1元互不影响，故三人抢到的红包都没有超过1元的概率为，即三人中至少有一人抢到的红包超过1元的概率为.故选：A.6．D【分析】运用面面垂直，结合面面平行得到面面垂直，判定C；证明平面.同理可得平面，则，运用线面平行判定判断A；证明平面，结合，得到平面，判断B；利用反证法，得到平面，不成立，判断D.【详解】取的中点的中点，连接.因为平面平面，平面平面，所以平面平面，C正确.因为，所以，面，平面平面，又平面平面，所以平面.同理可得平面，则，因为所以四边形为平行四边形，所以.因为平面平面，所以平面正确.连接，易得，则平面，面，则.因为且都在面内，所以平面.因为，所以平面，B正确.连接，则，若平面平面成立，根据面面垂直的性质易得平面，再由线面垂直的性质有.因为，根据线面垂直的判定得平面，这显然不成立，所以平面平面不成立，D错误.故选：D.

7．D【分析】首先不等式转化为，，再变形，结合函数的单调性，函数的最小值.【详解】不等式恒成立，即，即，，，，当时，即时，等号成立，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，，当时，，所以的取值范围是，所以的取值范围是，所以的最小值是，所以.故选：D.8．B【分析】根据题意，得到，进而得到月利润的表示式，结合基本不等式即可求解.【详解】依题意，产品的月销量万件与投入实体店体验安装的费用万元之间满足，即有，由，得，因此月利润，当且仅当时，即时取等号，所以当万件时，该公司最大月利润为万元.故选：B9．AC【分析】先安排数学课再安排其余科目可判断A；利用捆绑法可判断B；利用插空法可判断C；利用倍缩法可判断D.【详解】对于A，若数学课不安排在第一节且不在最后一节课，则数学课有3节课可选，其余科目没有要求，有安排方法，则一共有种不同的安排方法，故A正确；对于B，语文课和数学课捆绑在一起，看作一个元素，与余下的科目一起排列，则有种不同的安排方法，故B错误；对于C，先安排英语、物理、化学3节课，有种不同的安排方法，把语文课和数学课安排在英语、物理、化学产生的4个空位上，有种不同的安排方法，则共有种不同的安排方法，故C正确；对于D，若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排，则有种不同的安排方法，故D错误.故选：AC.10．ABC【分析】根据到的距离为定值即可求解A，根据可得即可求解B,根据到直线的距离等于到的距离即可求解C，根据面面垂直即可求解D.【详解】对于A，因为在中，高为到的距离，即的长度，为定值，底边为的长度，也为定值，所以的面积为定值，故A正确；对于B，因为在上，，所以，即，故B正确；对于C，到直线的距离等于到的距离，由于为边长为的等边三角形，故到的距离为，因此到直线的距离为定值，故C正确；对于D，易知在该正方体中，平面，又平面，所以平面平面，即平面平面，故二面角的大小为，故D错误．故选：ABC．11．ABD【分析】对于A，由函数是奇函数，它的图像关于点对称，由平移可得的图象关于点1,0对称；对于B，由函数轴对称的性质可得；对于C，由已知及奇函数的定义，赋值推导即可得到的最小正周期是否为2；对于D，由当时，，及函数的对称性和周期性，可得f1+f2+f3+f4=0，则可得，即可求得结果.【详解】对于A：因为函数是奇函数，所以的图像关于点对称，又函数的图像向右平移1个单位可得到函数y=fx的图像，所以的图象关于点1,0对称，故A正确；对于B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C：由的图象关于点1,0对称，，，则，所以的最小正周期不可能为2，故C错误；对于D：因为当时，，所以，f1=0，因为的图象既关于点1,0对称，又关于直线对称，所以，，又因为函数是奇函数，所以，又，则，则，则，所以的一个周期为，所以，所以f1+f所以，故D正确．故选：ABD．结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.12．/【分析】借助分段函数的性质计算即可得.【详解】，则.故答案为.13．【分析】写出其展开式的通项，然后令指数部分为0，求解即可.【详解】的二项展开式为，令，得，其展开式的常数项为.故14．【分析】找出鳖臑外接球的球心，并得出外接球的半径，结合球的表面积公式即可求解.【详解】由题设，都是直角三角形，只需平面即可，所以鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上，而在直角三角形中，的中点到点的距离都相等，所以的中点是外接球的球心，所以．故答案为.15．(1)(2)【分析】（1）解不等式得到，，再计算并集得到答案.（2）根据必要条件得到，考虑，，三种情况，分别计算得到答案.【详解】（1），得，所以.，当时，，.（2）因为“”是“”的必要条件，所以.当时，，不符合题意；当，即时，，符合题意；当时，，所以，解得.综上所述.16．(1)(2)在上单调递增，证明见解析(3)【分析】（1）由求得，反过来代入验证是R上的奇函数即可；（2）直接由单调性的定义判断并证明即可；（3）利用奇函数、递增函数性质将原问题等价转换为对任意的实数恒成立，求出不等式右边的最小值即可.【详解】（1）因为是定义在R上的奇函数，所以，解得.经验证，时，此时，且的定义域关于原点对称，所以是R上