2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试卷合集2套（附解析）

2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试卷（一）一、单选题（本大题共10小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．若，，，且三点共线，则（

）A．－2 B．5 C．10 D．123．在空间直角坐标系中，点关于y轴的对称点为B，则（

）．A． B． C． D．4．某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为（

）

A．400，32 B．400，36 C．480，32 D．480，365．如图，在三棱锥中，是的中点，若，，，则等于（

）A． B．C． D．6．已知，则“”是“直线与直线垂直”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7．若数据、、⋯的平均数是5，方差是4，数据、、⋯、的平均数是4，标准差是，则下列结论正确的是（

）A．， B．，C．， D．，8．如图，在四棱锥中，平面，，，则点到直线的距离为（

）A． B．C． D．49．如图所示，在平行六面体中，，，，，，则的长为（

）

A． B． C． D．10．如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱上的中点.若点为侧面正方形内（含边）动点，且存在使成立，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共5小题）11．已知空间向量，若，则实数，.12．直线l、m的方向向量分别为、，则直线l、m的夹角为．13．已知空间三点，则在上的投影向量坐标为.14．已知两点A（1，﹣2），B（2，1），直线l过点P（0，﹣1）与线段AB有交点，则直线l斜率取值范围为．15．如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：①存在点P，使得；②的面积越来越小；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）16．（1）经过点，且与直线垂直的直线一般式方程.（2）求过点，且与直线平行的直线的一般式方程；（3）求过点，且在轴上的截距与在轴上的截距之和为2的直线斜率.17．对某校高三年级学生参加社区服务的次数进行统计，随机抽取M名学生，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出如下频率分布表和频率分布直方图．分组频数频率100.2024nmp20.04合计M1(1)求出表中M，p及图中a的值；(2)若该校有高三学生300人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间内的人数；(3)估计该校高三学生参加社区服务次数的众数、中位数及平均数．（保留一位小数）18．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50，，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值；(2)求样本成绩的第75百分位数；(3)已知落在50,60的平均成绩是54，方差是7，落在60,70的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.19．如图，在长方体中，，和交于点E，F为AB的中点.(1)求证：∥平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求（i）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；（ii）点A到平面CEF的距离.条件①：；条件②：直线与平面所成的角为.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.20．已知底面是平行四边形，平面，，，，且.(1)求证：平面平面；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.21．已知集合，对于，，定义与的差为；与之间的距离为.（1）若，试写出所有可能的，；（2），证明：；（3），三个数中是否一定有偶数？证明你的结论.

参考答案1．【答案】D【详解】设斜率为，倾斜角为，∵，∴，．故选：D．2．【答案】C【详解】解：由题意，可知直线的斜率存在并且相等，即，解得10.故选：C.3．【答案】C【详解】解：点关于轴的对称点为，所以；故选：C4．【答案】A【详解】由图（1）得该小区户主总人数为人，所以样本容量为人，其中四居室户主有人，由图（2）得抽取的户主中对四居室满意的有人，故选：A.5．【答案】C【详解】在三棱锥中，是的中点，则.故选：C6．【答案】A【详解】充分性：当时，两条直线分别为：与此时两条直线垂直必要性：若两条直线垂直，则，解得故“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件故选7．【答案】D【详解】根据题意，设数据的平均数为,标准差为，数据、、⋯、的平均数是4,则，解得而数据的平均数是5,可得，由方差公式可得，，，解得，故D正确.故选：D.8．【答案】A【详解】如图，以为坐标原点，射线分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，则，故，故点到直线的距离为.故选：A.9．【答案】C【详解】因为，所以，所以，又，，，，，所以所以.故选：C.10．【答案】C【详解】因为成立，所以共面，即平面，如图，取中点，连接、、，根据正方体的性质得，，，且，，所以平面平面，所以点在上运动，点的轨迹为线段，因为，，由勾股定理得，故选：C.11．【答案】【解析】根据空间向量平行的性质求解即可.【详解】设，则即，解得故答案为：；12．【答案】60°/【详解】∵，∴，又∵两直线夹角范围是[0°，90°]，∴直线l、m的夹角为60°．故答案为：60°．13．【答案】【详解】由三点，可得，则，则在上的投影向量坐标为.故答案为：.14．【答案】【详解】如图所示，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为．由图可知，当直线l与线段AB有交点时，直线l的斜率．故答案为：.

15．【答案】①②③【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，设（），则，，令，解得：，存在点P，使得，①正确；，，，，设点P到直线距离为，则所以，因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确；以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确.故答案为：①②③16．【答案】（1）；（2）；（3）或.【详解】（1）设与直线垂直的直线方程为，又该直线过点，则，解得，所以所求直线方程为.（2）设与直线平行的直线方程为，又该直线过点，则，解得，所以所求直线方程为.（3）显然直线不过原点，设其方程为，则，整理得，即，因此，解得，而直线，即，其斜率为，所以所求直线的斜率为或.17．【答案】(1)，，(2)144(3)，18.1，18.3【分析】（1）借助频数、频率与总数之间的关系计算即可得；（2）以所得频率估计概率计算即可得；（3）借助众数、中位数及平均数的定义计算即可得.【详解】（1）由分组对应的频数是10，频率是0.20，知，所以，所以，解得，所以，；（2）估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间内的人数为；（3）估计该校高三学生参加社区服务次数的众数是．因为，所以估计该校高三学生参加社区服务次数的中位数x满足：，解得，所以该校高三学生参加社区服务次数的中位数约为18.1，由，所以估计该校高三学生参加社区服务次数的平均数是18.3.18．【答案】(1)(2)84(3)总平均数为；总方差为【详解】（1）因为每组小矩形的面积之和为1，所以，则.（2）成绩落在内的频率为，落在内的频率为，设第75百分位数为m，由，得，故第75百分位数为84.（3）由图可知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为，故这两组成绩的总平均数为，由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：.19．【答案】(1)证明见解析(2)（ⅰ）（ⅱ）

1【详解】（1）如图，连接，，.因为长方体中,∥且，所以四边形为平行四边形.所以为的中点，在中，因为，分别为和的中点，所以∥.因为平面，平面，所以∥平面.

（2）选条件①：.(ⅰ)连接.因为长方体中，所以.在中,因为为的中点，，所以.如图建立空间直角坐标系，因为长方体中,，则，，，，，，.所以，，.设平面的法向量为，则即令，则，，可得.设平面的法向量为，则即令，则，，所以.设平面与平面的夹角为，则所以平面与平面的夹角的余弦值为.(ⅱ)因为，所以点到平面的距离为.

选条件②：与平面所成角为.连接.因为长方体中，平面，平面，所以.所以为直线与平面所成角，即.所以为等腰直角三角形.因为长方体中，所以.所以.以下同选条件①.20．【答案】(1)证明见解析(2)存在，或.【详解】（1）证明：在中，，，，则，可得，所以，所以.因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）是平行四边形，平面，，，，且.假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，，设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以，设直线与平面所成角的大小为，故，整理得，解得或，所以或.21．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）一定有偶数，理由见解析【解析】（1）由题意结合新概念可直接得解；（2）先证明、时，均有，由新概念运算即可得证；（3）设，，，由（2）可得，，，设是使成立的的个数，即可得，即可得解.【详解】（1）由题意可得，所有满足要求的，为：，；，；，；，.（2）证明：令，，，对，当时，有；当时，有.所以.（3），，，，，三个数中一定有偶数.理由如下：设，，，，，，记，由（2）可知:，，，所以中1的个数为，中1的个数为.设是使成立的的个数，则.由此可知，，，三个数不可能都是奇数，即，，三个数中一定有偶数.2024-2025学年北京市海淀区高二上学期10月月考数学检测试卷（二）一､选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.如图所示，用符号语言可表述为（

）A．α∩β=m，n⊂α，m∩n=A B．α∩β=m，n∉α，m∩n=AC．α∩β=m，n⊂α，A⊂m，A⊂n D．α∩β=m，n∉α，A∈m，A∈n2.△ABC的直观图△A'B'C'如图所示，其中A'

A．22 B．1 C．8 D．3.已知某圆锥的母线长为4，高为2A.10π B.12π C.14π D.16π4．已知直线a与平面，能使的充分条件是（

）①

②

③

④A．①② B．②③ C．①④ D．②④5.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（）A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸6.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是 ()A.A,M,O三点共线 B.A,M,O,A1不共面C.A,M,C,O不共面 D.B,B1,O,M共面7.正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30°，则该四棱锥的侧面积为(

)A.32 B.48 C.64 D.328.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,F为AD的中点,E为棱D1D上的动点(不包括端点),过点B,E,F的平面截正方体所得的截面的形状不可能是()A.四边形 B.等腰梯形C.五边形 D.六边形9.正方体ABCD−A1B1CA.2π B.8π C.12π D.16π10．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的是（

）①．AC⊥BE②．EF//平面ABCD③．△AEF的面积与△BEF面积相等④．三棱锥A-BEF的体积为定值A.①．②．③B.①．②．④．C.②．③．④．D.①．③．④．二､填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.11.如图所示，在所有棱长均为1的直三棱柱上，有一只蚂蚁从点A出发，围着三棱柱的侧面爬行一周到达点A1，则爬行的最短路线长为．12．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点，则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有______．13．如图，在正方体中，，分别是中点，则异面直线与所成角大小为__________.14．圆锥的底面半径为，母线与底面成45°角，过圆锥顶点S作截面SAB，且与圆锥的高SO成30°角，则底面圆心O到截面SAB的距离是______.15.如图1，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起，点A折起后的位置记为点A1，得到四棱锥A1−BCDE，M为A1

①恒有A1D⊥A1E；③三棱锥A1−DEM的体积的最大值为212；④存在某个位置，使得平面A其中所有正确结论的序号是______．三､解答题：本大题共3小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16．（本小题13分）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，D，E分别是AB，PB的中点．(1)求证：DE//平面PAC；(2)求证：17.（本小题13分）如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC.已知D是BC(1)求证：平面AB1D⊥(2)求证：A1C//平面(3)求三棱锥A1解：(1)证明：因为△ABC为正三角形，且D是BC的中点，所以因为侧棱AA1⊥底面ABC，，所以B又因为，所以BB而，B1B⊂平面BB1C所以AD⊥平面BB1因为，所以平面AB1D⊥平面(2)证明：连接A1B，设A1由已知得，四边形A1ABB因为D是BC的中点，所以.又因为DE⊂平面AB1D所以A1C//平面A(3)由(2)可知A1C//平面AB1D，所以A所以．由题设及AB=AA1=2，得所以三棱锥A1−AB1D18.（本小题14分）如图，四棱锥P−ABCD的底面是菱形，侧面PAB是正三角形，M是PD上一动点，N是CD中点．

(1)当M是PD中点时，求证：PC//平面BMN；(2)若∠ABC=60∘，求证：(3)在(2)的条件下，是否存在点M，使得PC⊥BM？若存在，求PMMD

参考答案一､选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】A【分析】利用图形，表示为点，线，面的符号语言.【详解】由图形可知，α∩β=m，n⊂α，m∩n=A或表示为A∈m，A∈n.即A正确.2.【答案】B【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积【详解】由直观图还原平面图形，△ABC中，AB⊥AC，AB=A'B所以S△ABC故选：B．3.【答案】B

【解析】【分析】本题考查圆锥的侧面积和表面积，属于基础题．由勾股定理得出r，进而由面积公式得出全面积．【解答】解：由题意可知，该圆锥的底面半径为r=则圆锥的全面积为π×2故选：B．4．【答案】D【解析】根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.【详解】对①，若，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；对②，若，则，平面的平行具有传递性，故②正确；对③，若，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；对④，，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.综上：②④正确，故选：D.5.【答案】C【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，因为积水深9寸，所以水面半径为12则盆中水的体积为13所以平地降雨量等于588π故选：C.6.分析：选A.连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,C,A四点共面.所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1.又因为M∈平面AB1D1,所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.同理点O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.7.【答案】A

【解析】【分析】本题考查四棱锥的侧面积的求法，属于简单题．正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成直角△POE，由此能求出结果．【解答】解：如图，正四棱锥的高PO，斜高PE与底面边心距OE组成直角△POE．由题知OE=2，∠OPE=30°，∴斜高PE=OE∴S正四棱锥侧=故选A．8.分析：选D.不妨设正方体的棱长为1,当0<DE≤12特别地,当DE=12时,截面为等腰梯形BFEC1当129.【答案】C

【解析】解：如图，设正方体的棱长为a，则△D1AC设其外接圆的半径为r，则2asin60°由63a=∴正方体外接球的R=1∴正方体外接球的表面积为4π×(故选：C．由题意画出图形，设正方体的棱长为a，则△D1AC是边长为2a本题考查球的表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．10．【答案】ABD【解析】【分析】利用线面垂直的性质判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用同底不同高判断C，求出体积判断D.【详解】由于，，故平面，所以，所以A正确；由于，平面，平面，所以平面，故B正确；由于三角形和三角形的底边都是，而前者是到的距离，即的长为1，而后前者是到的距离，作垂直于底面，垂足为，所以，连接，由于在中，是斜边，即，故C错误；连结BD交AC于O，由于平面，所以平面，，因为，三棱锥A-BEF的体积为为定值，故三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ABD.【点睛】本小题主要考查空间两条直线垂直关系的判断，考查空间线面平行的判断，关键点是熟练掌握有关判断和性质，考查平面图形的面积和空间立体图形的体积的判断，属于基础题.11.【答案】10【分析】把正三棱柱ABC−A1B【详解】正三棱柱的侧面展开图如图所示的矩形，矩形的长为3，宽为1，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为32故答案为：10．12．【答案】AB，A1B1【解析】【分析】根据线线垂直的定义或判定来判断即可.【详解】由正三棱柱的性质可知与直线CD和AA1都垂直的直线有AB，A1B1．故答案为：AB，A1B1.13．【答案】60°【解析】【分析】由得出异面直线与所成角为，再由正三角形的性质得出异面直线与所成角大小.【详解】分别是中点，所以有而，因此异面直线与所成角为，在正方体中，，所以故答案为：60°14．【答案】【解析】【分析】确定高与截面所成的角，如图作出点到的垂线，并说明的长是点到平面的距离，然后在直角三角形中求得点面距．【详解】如图，底面直径，平面，平面，则，又，平面，则平面，平面，所以平面平面，所以在平面的射影是，所以是与平面所成的角，即，又是母线与底面所成的角，即，所以在直角中，，作，垂足为，则平面，且．故答案为：．15.【答案】①②③

【解析】【分析】本题考查线线垂直的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积的最值的求解，属中档题．根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积最大值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④．【解答】解：矩形ABCD中，∵AD⊥AE，∴取CD中点H，连接MH，BH，∵M和H分别是A1C，CD的中点，∴MH//A1D，∴MH//平面A1DE，∵E是矩形ABCD的AB边中点，∴DH=EB，DH//∵HB不平面A1DE内，DE⊂平面A1DE，∴HB//平面A∴平面HBM//平面A∵BM⊂平面HBM，∴BM取DE的中点O，连接A1当平面A1DE⊥平面BCDE时，A因为A1D=A1E，O又因为平面A1DE∩平面BCDE=DE，A1O⊂平面DE=12+所以四棱锥A1−BCDE体积最大值为所以三棱锥A1−CDE体积最大值为M为AC的中点，三棱锥A1−DEM的体积的最大值为12平面A1DE⊥平面A1CD，平面A1DE⋂平面∴A1E⊥平面A1CD，∴A1C=1，△A1故