精品解析：山东省青岛第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

青岛二中2024-2025学年第一学期10月份阶段练习一高二数学试题 时间：90分钟 满分：120分 命题人：朱军 周锋 侯常红 审核人：朱军 一、选择题：本题共8小题；每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 已知空间向量，，且，则（ ） A. B. 16 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量平行的关系计算未知数，然后求解即可. 【详解】由题可知，解得， 所以. 故选：A. 2. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案． 【详解】由题意，，， 因为过点的直线与线段相交， 结合图象可知，该直线的斜率的取值范围为. 故选：B. 3. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标关系可得，即可根据模长公式求解. 详解】由于与垂直，故，解得， 故， 故选：C 4. 设，为两个随机事件，以下命题正确的为（ ） A. 若，是对立事件，则 B. 若，是互斥事件，，则 C. 若，且，则，是独立事件 D. 若，是独立事件，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件的概念判断A，根据互斥事件的概率加法公式判断B，根据独立事件的定义及概率公式判断C、D. 【详解】对于A，若是对立事件，则，A错误； 对于B，若是互斥事件，，则，B错误； 对于C，，则，， 又，则是独立事件，C正确； 对于D，若是独立事件，则是独立事件，而， 则，D错误. 故选：C 5. 已知点关于直线对称的点在圆上，则（ ） A. 4 B. 5 C. -4 D. -5 【答案】B 【解析】 【分析】先求出点的对称点，代入圆的方程求解即可. 【详解】设，则 所以 由题可知， 故选：B 6. 连掷两次骰子得到的点数分别为和，记向量与向量的夹角为，则的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得出，计算出基本事件的总数以及事件所包含的基本事件数，然后利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率. 【详解】，，即， 事件“”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个， 所有的基本事件数为，因此，事件“”的概率为. 故选：C. 【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，解题的关键就是求出总的基本事件数和所求事件所包含的基本事件数，考查计算能力，属于中等题. 7. 边长为1的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】为中点，根据给定条件，利用空间向量的数量积求出，求出的面积，再利用三棱锥体积公式计算即得. 【详解】取中点，连接，则，， 而，平面，于平面， ，， ，， 又，， 则，解得， ，而，则， ， 所以三棱锥的体积为. 故选：B. 8. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取一三棱锥，，利用余弦定理求出各边长，令，根据题目条件得到⊥，⊥，利用向量运算法则得到，所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值，得到答案. 【详解】取三棱锥，， 且，，， 所以，， 如图，令， 因为，， 又， 所以，，即， 所以⊥，⊥， 分别取的中点， 则，，， 所以， 所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值， 最大值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：将向量放入三棱锥中，，令，根据题目条件，推出⊥，⊥，分别取的中点，故，数形结合得到当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 8个数据的平均数为5，另3个数据的平均数为7，则这11个数据的平均数是 B. 若样本数据，，，的平均数为2，则数据，，，的平均数为3 C. 一组数据，，，，，的分位数为6 D. 某班男生30人、女生20人，按照分层抽样的方法从该班共抽取10人答题.若男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为6.8 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出平均数判断A；由平均数的性质计算判断B；由分位数的定义判断C；利用分层抽样的方差公式计算判断D. 【详解】对于A，这11个数据的平均数是，A正确； 对于B，数据，，…，的平均数为，B正确； 对于C，给定数据由小到大排列为2，3，4，5，6，8，而，则这组数据的60%分位数为5，C错误； 对于D，30名男生抽人，20名女生抽4人，这10人答对题目的平均数为， 所以这10人答对题目的方差为，D正确. 故选：ABD 10. 已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与，不重合），则以下说法正确的是（ ） A. B点的坐标为 B. 为定值 C. 最大值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线方程求出定点的坐标，利用两直线垂直的判断方法，勾股定理，基本不等式，以及三角函数辅助角求最值即可判断各选项. 【详解】因为可以转化为， 故直线恒过定点， 又因为，即， 恒过定点，故A选项正确； 由 和， 满足，所以，可得， 所以，故B选项正确； 而， 当且仅当时等号成立， 所以最大值为，故C错误； 因为，设，为锐角, 则， ， 所以，， 所以当时，取最大值，故选项D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为1的正方体中，，，，，，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1 C. 对任意点，总存在点，使得 D. 存在点，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对选项A，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段，即可求得；对选项B，转化为，然后通过坐标表示出即可求得的最小值；对选项C，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断C；对选项D，通过先求平面的法向量，然后根据直线与平面所成的角为，建立方程即可判断D. 【详解】因为，，，所以P为侧面（不含边界）内的动点， 因为，，所以Q为线段上的动点， 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A，则有：，故选项A正确； 对选项B，过点作平面的垂线，垂足为， 因为，则易知：， 故的最小值等价于求的最小值， ， 故有：， 则，当且仅当时成立，结合， 可得此时，故选项B正确； 对选项C，若，则有：， ，又， 则有：，则有：， 又，则有：， 故对任意点，总存在点，使得，故选项C正确； 对选项D，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D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：解决立体几何问题通常有两种方法： （1）建立空间直角坐标系，运用空间向量的运算与性质解决立体几何的问题，将问题转化为代数运算，解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量； （2）通过传统的几何方法，需要较高的空间想象力. 三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分. 12. 已知，，，若不能构成空间的一个基底，则_________. 【答案】1 【解析】 【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果. 【详解】若不能构成空间的一个基底， 则共面，存在，使得， 即，解得. 故答案为：1. 13. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为_______. 【答案】3 【解析】 【分析】先得出圆心的轨迹圆，再用轨迹圆的圆心到直线的距离减半径即可. 【详解】由题意知，半径为1的圆经过点， 所以圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 而到直线的距离为， 所以圆心到直线距离的最大值为. 故答案为：3. 14. 在长方体中，已知，异面直线与，与所成角的大小分别为和，为中点，则点到平面的距离为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】建立为空间直角坐标系设，根据异面直线与，与所成角求出，再应用空间向量公式计算点到平面距离即可. 【详解】如图建立以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为x轴，所在直线为z轴的空间直角坐标系， 设，因为 则，则， 因为异面直线与所成角为，所以 因为异面直线与所成角为，所以 计算可得， 设平面法向量为，则， 令，则 因为， 则点到平面的距离. 故答案为：. 15. 平面直角坐标系中，矩形的四个顶点为，，，，，光线从边上一点沿与轴正方向成角的方向发射到边上的点，被反射到上的点，再被反射到上的点，最后被反射到轴上的点，若，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用角的正切函数依次表示，，，，，，，再建立不等式求解即可. 【详解】由题可知 所以有，， ，， ，， 解得， 故答案为： 四、解答题：本题共3小题，共42分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知直线，，且满足，垂足为. （1）求的值及点的坐标. （2）设直线与轴交于点，直线与轴交于点，求的外接圆方程. 【答案】（1）；. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得两直线的斜率，结合，求得，得出直线的方程，联立方程组，求得交点坐标. （2）由（1）中直线方程，求得，，得到的外接圆是以为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求解. 【小问1详解】 解：显然，可得，， 由，可得，即，解得， 所以直线：，直线：， 联立方程组，解得，所以点． 【小问2详解】 解：由直线：，直线：，可得，， 所以的外接圆是以为直径的圆，可得圆心，半径， 所以的外接圆方程是． 17. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，，，则译码为1，若依次收到，，，则译码为1）. （1）已知，， （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送，，，判断事件“第三次收到的信号为”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并说明理由； （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率不大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii）不相互独立，理由见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算能求出至少收到一次0的概率； （ii）利用相互独立事件的定义判断并证明； （2）由两个事件的概率列不等式，能求出的取值范围． 【小问1详解】 （i）记事件为“至少收到一次0”， 则至少收到一次0的概率为． （ii）证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”， 则， ， ， ， 事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”不相互独立． 【小问2详解】 记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”， ，， 根据题意得，， ，，， 解得， 的取值范围是． 18. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且. （1）当时， （i）求二面角的正弦值； （ii）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面，为垂足，中点为，中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）1 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得出，，则为二面角的平面角，由余弦定理求解即可；（ii）过点作轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案； （2）因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 【小问1详解】 （i）取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且. 所以，则，所以， 又因为所以， 则，， 又因为，所以为二面角的平面角， ， 所以， 所以二面角的正弦值为. （ii）过点作轴垂直平面，又因为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， ，， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 设直线与平面所成角为， 所以 直线与平面所成角正弦值为. 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且. 所以，则，所以， 又因为所以， 则，，又因为， 所以，又因为， 平面，所以平面， 因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以，， 由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以， ，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， ，，， 设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：， 所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 青岛二中2024-2025学年第一学期10月份阶段练习一高二数学试题 时间：90分钟 满分：120分 命题人：朱军 周锋 侯常红 审核人：朱军 一、选择题：本题共8小题；每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知空间向量，，且，则（ ） A. B. 16 C. 4 D. 2. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A B. C. D. 3. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 设，为两个随机事件，以下命题正确的为（ ） A. 若，是对立事件，则 B. 若，是互斥事件，，则 C. 若，且，则，是独立事件 D. 若，是独立事件，，则 5. 已知点关于直线对称的点在圆上，则（ ） A. 4 B. 5 C. -4 D. -5 6. 连掷两次骰子得到点数分别为和，记向量与向量的夹角为，则的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 边长为1的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 8个数据平均数为5，另3个数据的平均数为7，则这11个数据的平均数是 B. 若样本数据，，，的平均数为2，则数据，，，的平均数为3 C. 一组数据，，，，，的分位数为6 D. 某班男生30人、女生20人，按照分层抽样的方法从该班共抽取10人答题.若男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为6.8 10. 已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与，不重合），则以下说法正确的是（ ） A. B点的坐标为 B. 为定值 C. 最大值为 D. 的最大值为 11. 在棱长为1的正方体中，，，，，，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 线段的长度为 B. 的最小值为1 C. 对任意点，总存在点，使得 D. 存在点，使得直线与平面所成的角为 三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分. 12. 已知，，，若不能构成空间的一个基底，则_________. 13. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为_______. 14. 在长方体中，已知，异面直线与，与所成角的大小分别为和，为中点，则点到平面的距离为_______. 15. 平面直角坐标系中，矩形四个顶点为，，，，，光线从边上一点沿与轴正方向成角的方向发射到边上的点，被反射到上的点，再被反射到上的点，最后被反射到轴上的点，若，则的取值范围是_______. 四、解答题：本题共3小题，共42分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知直线，，且满足，垂足为. （1）求的值及点的坐标. （2）设直线与轴交于点，直线与轴交于点，求的外接圆方程. 17. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，，，则译码为1，若依次收到，，，则译码为1）. （1）已知，， （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送，，，判断事件“第三次收到的信号为”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并说明理由； （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率不大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 18. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且. （1）当时， （i）求二面角的正弦值； （ii）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面，为垂足，中点为，中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$