精品解析：黑龙江省大庆石油高级中学2024-2025学年高二上学期阶段考试数学试题

大庆石油高级中学2024-2025学年度上学期 阶段考试试题 高二数学 注意事项 1.考试时间120分钟，满分150分. 2.答题前，考生务必先将自己的姓名､班级､准考证号填写在答题卡上，并准确填涂. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案的标号.非选择题答案使用0.5毫米中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.按照题号在各答题区域内作答，超出答题区域书写答案无效. 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每题只有一个选项符合题意） 1. 已知，则边所在直线的方程为（　　） A. B. C. D. 2. 已知圆的方程为，那么圆心坐标和半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 天气预报表明在国庆假期甲地降雨概率是，乙地降雨概率是.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为（ ） A. 0.28 B. 0.42 C. 0.46 D. 0.56 4. 设，向量，，且，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 5. 已知点，直线，在直线上找一点使得最小，则这个最小值为（ ） A. B. 8 C. 9 D. 10 6. 过直线上的点作圆的切线，则切线长的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多相符合题目要求，全部答对的得6分，部分答对的得部分分，有选错的得0分） 9. 从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则（ ） A. “第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件 B. “第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立 C. 第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是 D. 在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是 10. 已知圆，直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线与圆的位置关系与有关 B. 直线截圆所得弦长最短时，直线的方程是 C. 圆心到直线距离的最大值为2 D. 直线截圆所得弦长范围是 11. 已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）． A. 当时，的最小值是1 B. 当，时，∥平面 C. 当，时，平面平面 D. 当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若分别为直线与上的动点，则的最小值为__________. 13. 已知空间向量，且，则n＝_______，向量与的夹角为_______． 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为______. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知直线与直线的交点为. （1）求点的坐标； （2）求经过点且与直线平行的直线的方程； （3）求经过点且与直线垂直的直线的方程. 16. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上. （1）求圆C的方程； （2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程. 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点， （1）证明：直线平面； （2）求直线AC与平面OCD所成角的余弦值． （3）求点N到平面OCD的距离． 18. 某校为了解学生对安全知识的重视程度，进行了一次安全知识答题比赛.随机抽取的100名学生的笔试成绩（满分200分），分成共五组后，得到的频率分布图表如下所示： （1）求这100名参赛者得分的第85百分位数； （2）估计这100名学生的成绩的平均数. （3）为能更好了解学生的知识掌握情况，学校决定在笔试成绩高的第3､4､5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面答，最终从6位学生中随机抽取2位参加市安全知识答题决赛，求抽到的2位学生不同组的概率. 19. 如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． （1）求多面体的体积； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆石油高级中学2024-2025学年度上学期 阶段考试试题 高二数学 注意事项 1.考试时间120分钟，满分150分. 2.答题前，考生务必先将自己的姓名､班级､准考证号填写在答题卡上，并准确填涂. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案的标号.非选择题答案使用0.5毫米中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.按照题号在各答题区域内作答，超出答题区域书写答案无效. 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每题只有一个选项符合题意） 1. 已知，则边所在直线的方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点斜率公式求解斜率，即可由点斜式求解. 【详解】, 故直线方程为，即， 故选:A 2. 已知圆的方程为，那么圆心坐标和半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】将已知方程转化为标准方程即可得圆心坐标和半径． 【详解】由题，所以， 所以圆心坐标为，半径为， 故选：B． 3. 天气预报表明在国庆假期甲地降雨概率是，乙地降雨概率是.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为（ ） A. 0.28 B. 0.42 C. 0.46 D. 0.56 【答案】C 【解析】 【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案. 【详解】这两地中恰有一个地方降雨的概率为. 故选：C 4. 设，向量，，且，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果. 【详解】向量，且， ∴，解得， ∴， ∴， 故选：B 5. 已知点，直线，在直线上找一点使得最小，则这个最小值为（ ） A. B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】利用对称求关于直线对称点为，结合将军饮马模型求最小值. 【详解】令关于直线对称点为，则，可得， 由，则， 当且仅当共线时取等号，故最小值为10. 故选：D 6. 过直线上的点作圆的切线，则切线长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】要切线长最小，就要直线上的点到圆心的距离最小，则此最小值为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用勾股定理可求出切线长的最小值. 【详解】圆的圆心为，半径为， 因为圆心到直线的距离， 所以切线长最小值为. 故选：B 7. 如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】使用向量法求解. 【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 则与所成角的余弦值为：. 8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 【详解】 ， 故选：B 【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多相符合题目要求，全部答对的得6分，部分答对的得部分分，有选错的得0分） 9. 从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则（ ） A. “第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件 B. “第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立 C. 第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是 D. 在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件，独立事件的定义判断AB，利用条件概率公式计算判断CD． 【详解】“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”这两个事件不可能同时发生，它们互斥，A正确； “第1次抽到代数题”这个事件发生与否对事件“第2次抽到几何题”发生的概率有影响， “第1次抽到代数题”发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，“第1次抽到代数题”不发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，它们不独立；B错； 第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是，C正确； 抽取两次都是几何题的概率是，因此有代数题的概率是， 在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是，D正确． 故选：ACD． 10. 已知圆，直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线与圆的位置关系与有关 B. 直线截圆所得弦长最短时，直线的方程是 C. 圆心到直线距离的最大值为2 D. 直线截圆所得弦长范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，直接算出即可判断；对于B，算出直线过定点，当且仅当满足题意，从而可以算出验证；对于C，由B选项分析结合两点间的距离公式计算即可；对于D，结合A选项分析可知，通过算出 的范围，即可根据弦长公式验证即可. 【详解】 对于A，因为圆的圆心到直线的距离为， 而圆的半径为， 所以， 而， 所以，即直线与圆的位置关系一直相交，与无关，故A错误； 对于B，由弦长公式可知，若直线截圆所得弦长最短时，圆心到直线的距离应该最大， 而直线即过定点，所以当且仅当时，最大， 此时，解得， 所以此时直线的方程是，故B正确； 对于C，由B选项分析可知当时，最大，此时，故C正确； 对于D，由A选项分析可知，令，即， 从而， 当时， ， 当时， ，当且仅当时，， 当时， ，当且仅当时，， 综上所述，，从而直线截圆所得弦长，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：A、D的关键是通过计算与0比较大小、求范围，B、C的关键是得出，从而即可算，以及. 11. 已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）． A. 当时，的最小值是1 B. 当，时，∥平面 C. 当，时，平面平面 D. 当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据空间向量分析可知点在平面内，利用等体积法求点到平面的距离；对于B：根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：根据空间向量分析可知点为取的中点，结合线面垂直关系分析证明；对于D：根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断. 【详解】对于选项A：当时，即， 则， 可得，则， 可知点在平面内， 设点到平面的距离为，可知， 由可得，解得， 所以的最小值是，故A错误； 对于选项B：当，时， 则， 可得，则， 由正方体的性质可知：∥，且， 则为平行四边形，可得∥，且， 即，则， 可知点在直线上，直线即为直线， 且∥，平面，平面， 所以∥平面，即∥平面，故B正确； 对于选项C：当，时， 则， 取的中点，可得， 可知点即为点， 因为平面，平面，则， 设，连接， 可知，，平面， 所以平面，且平面，可得， 同理可得：，且，平面， 所以平面， 又因为分别为的中点，则∥，可得平面， 且平面，所以平面平面，故C正确； 对于选项D：当，时， 则， 可知点在平面内， 因为平面∥平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角， 因为平面，则直线与平面所成的角为， 可得， 又因为，即，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 可知的最小值为，则的最大值， 所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：根据空间向量的线性运算，结合向量共线或共面的判定定理确定点的位置，方可结合立体几何相关知识分析求解. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若分别为直线与上的动点，则的最小值为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】先判断两直线平行，再由两平行线间距离公式求解即可； 【详解】由题意可得两直线斜率均为，所以两直线平行， 所以的最小值为两平行线间距离，为， 故答案为：4. 13. 已知空间向量，且，则n＝_______，向量与的夹角为_______． 【答案】 ①. 2 ②. ## 【解析】 【分析】根据求得，利用夹角公式求得向量与的夹角. 【详解】解：依题意，解得， 所以， 所以， 由于，所以向量与的夹角为. 故答案为：；. 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求点的轨迹方程，再根据的几何意义，转化为直线与圆有交点，即可求解. 【详解】由题意可知，， ，整理为， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 表示圆上的点与定点连线的斜率， 设，即，如图可知，直线与圆有交点， 则，解得：. 故答案为： 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知直线与直线的交点为. （1）求点的坐标； （2）求经过点且与直线平行的直线的方程； （3）求经过点且与直线垂直的直线的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）联立方程求交点坐标即可； （2）根据平行关系可得直线的斜率，即可得直线方程； （3）根据垂直关系可得直线的斜率，即可得直线方程. 【小问1详解】 联立方程，解得， 可得交点. 【小问2详解】 因为直线的斜率， 由已知直线与直线平行，则直线的斜率， 所以直线，即； 【小问3详解】 因为直线的斜率， 由已知直线与直线垂直，则直线的斜率， 所以直线，即. 16. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上. （1）求圆C的方程； （2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程. 【答案】（1）（x﹣1）2+（y+1）2＝2 （2）x＝0或3x+4y﹣4＝0 【解析】 【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y＝2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可. （2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论. 【小问1详解】 因为圆心C在直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）. 则点C到直线x+y＝2的距离d. 据题意，d＝|AC|，则， 解得a＝1. 所以圆心为C（1，﹣1），半径r＝d， 则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2＝2. 【小问2详解】 k不存在时，x＝0符合题意； k存在时，设直线方程为kx﹣y+1＝0，圆心到直线的距离1，∴k， ∴直线方程为3x+4y﹣4＝0. 综上所述，直线方程为x＝0或3x+4y﹣4＝0. 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点， （1）证明：直线平面； （2）求直线AC与平面OCD所成角的余弦值． （3）求点N到平面OCD的距离． 【答案】（1） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，则两两垂直， 以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 由为的中点，为的中点，得， 即， 设平面的法向量为，则，取，得， 则平面，所以直线平面． （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，先求出面的一个法向量，进而得到，再应用线面平行的判定证明结论； （2）应用向量法求线面角的正弦值，进而求其余弦值； （3）应用向量法求点面距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，且平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 所以，故直线与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由（1）知，，且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. 18. 某校为了解学生对安全知识的重视程度，进行了一次安全知识答题比赛.随机抽取的100名学生的笔试成绩（满分200分），分成共五组后，得到的频率分布图表如下所示： （1）求这100名参赛者得分的第85百分位数； （2）估计这100名学生的成绩的平均数. （3）为能更好了解学生的知识掌握情况，学校决定在笔试成绩高的第3､4､5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面答，最终从6位学生中随机抽取2位参加市安全知识答题决赛，求抽到的2位学生不同组的概率. 【答案】（1）178.75 （2）172 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，结合百分位数的定义运算求解即可； （2）根据频率分布直方图，结合平均数的公式运算求解即可； （3）根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解. 【小问1详解】 因为频率分布直方图中，位于最后一组的频率为， 位于的频率为，且 所以得分的第85百分位数位于内，设为， 则由，解得：， 所以这100名参赛者得分的第85百分位数为178.75. 【小问2详解】 估计这100名学生的成绩的平均数 . 【小问3详解】 因为第组的频率分别为：，共计0.6， 所以第3､4､5组共有60名选手，利用分层抽样在60名选手中抽取6名选手进入第二轮面试，每组抽取的人数分别为： 第3组：人，第4组：人，第5组：人， 所以第组分别抽取3人､2人､1人进入第二轮面答. 设第3组的3位学生为，第4组的2位学生为，第5组的1位学生为， 则从这6位学生中抽取2位学生有： ，，，共15种情况. 抽到的2位学生不同组的有： ，，，共11种情况. 所以抽到的2位学生不同组的概率为. 19. 如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． （1）求多面体的体积； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，由线面垂直判定平面，最后应用三棱锥体积公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. 【小问1详解】 因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面， 所以. 【小问2详解】 因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以, 设平面的法向量，由，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 假设存在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $