湖北襄阳市襄州区第二高级中学2026-2027学年高二上学期数学周考6(10.7)

襄州二中高二上数学周考6 一、单选题 1．若为复数，，则（   ） A． B． C． D． 2．过，两点的直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 3．已知随机事件满足，则（　　） A． B． C． D． 4．直线倾斜角的范围是（   ） A． B． C． D． 5．若正四面体的棱，的中点分别为，，则直线与所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 6．已知三点，，，则过点的直线与线段有公共点时（公共点包含端点），直线的斜率和倾斜角的取值范围分别是（    ） A．， B．， C．， D．， 7．已知正四面体的棱长为2，空间中一点满足，其中，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球O，则平面PBC截球O所得截面圆的面积为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．已知三条直线的倾斜角分别为，斜率分别为，且，则α，β，γ的大小关系可能为（    ） A． B． C． D． 10．已知内角的对边分别是，则（    ） A． B．的最小值为3 C．若为锐角三角形，则 D．若，则 11．在长方体中，，，M为棱的中点，点P为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的有（    ） A．满足的点P有且只有两个 B．若，则点P的轨迹长度为 C．三棱锥的体积为 D．若平面，四棱锥的顶点都在球O上，则球O体积的最大值为 三、填空题 12．已知过点和的直线与过点和的直线平行，则m的值是______. 13．在信道内传输信号，信号的传输相互独立．发送时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到的概率为，收到1的概率为．现依次发送1、1、0三个信号，则至少收到两个0的概率为______． 14．已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 四、解答题 15．已知的三个顶点是，，. (1)求边上的中线所在直线的斜截式方程； (2)求边上的高所在直线的斜截式方程； (3)求边的垂直平分线的斜截式方程 16．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，E是棱PB上一点．    (1)求证：平面平面PBC； (2)若E是PB的中点， （i）求直线PA与平面EAC所成角的正弦值． （ii）求平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值． 17．在中，设内角，，的对边分别为，，，. (1)求； (2)若点在上，，，求的最大值. 18．如图所示，在直三棱柱中，，，为棱的中点． (1)求点到平面的距离； (2)若点在上，且平面． ①求的值； ②求平面与平面夹角的余弦值． 19．某商场开展促销活动，每消费满500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同，抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖. (1)已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率； (2)为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件A，“乙恰好获得一个二等奖”为事件B. ①求事件A发生的概率； ②判断事件A与B是否相互独立，并说明理由. 试卷第1页（共3页） 《2026年10月7日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C D D B B A ABC ABC 题号 11 答案 BCD 1．D 【详解】由，得，即， 所以，即， 所以， 所以． 2．C 【分析】先求斜率，再根据斜率和倾斜角的关系求出. 【详解】由题意得，直线的斜率为， 因直线的倾斜角取值范围为，故直线的倾斜角为. 故选：C 3．C 【分析】应用概率的性质列方程求概率. 【详解】因为，即， 所以. 故选：C 4．D 【详解】由的斜率为，其范围是， 设倾斜角为，则，解得， 因为倾斜角的范围是，所以. 5．D 【分析】取为基底，不妨设，用基底表示出，，最后利用空间向量的数量积求得到直线与所成角的正弦值. 【详解】取为基底，不妨设，则由题意知， ，， 又，， 所以， 设直线与所成角为（）， 则， 直线与所成角的正弦值为. 6．B 【分析】先计算直线AB、AC的斜率，结合图形得到斜率的取值范围，再根据斜率与倾斜角的正切关系，结合斜率不存在的特殊情况得到倾斜角的取值范围. 【详解】直线的斜率， 直线的斜率， 结合图形可知，过点的直线与线段有公共点时，斜率满足或，即斜率取值范围为, 设直线的倾斜角为，，由, 当时，，解得；当时，，解得； 当直线斜率不存在时，倾斜角，此时直线方程为，符合要求，故也满足条件; 综上，倾斜角的取值范围为. 7．B 【分析】设，结合，可知点在平面内，所以当平面时，最小，再根据即可求得结果. 【详解】设，则 ，， 所以点在平面内， 依题意当平面时，最小， 四面体为正四面体，为底面的中心，如图，连接并延长交于点，则为的中点. 则， 所以， 即的最小值为， 又，所以，即的最小值为． 故选：B． 8．A 【分析】先证明三棱锥的外接球球心为的中点，再建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量，从而求得点到平面的距离，利用勾股定理求得截面圆的半径，从而得截面圆的面积. 【详解】如图1，分别取的中点为，的中点为， 则，，连接，    因为底面为直角梯形，，，， 所以四边形为正方形，， 因为平面，， 所以平面，平面， 所以， 所以， 而平面，平面，则， 所以， 又为的中点，所以， 所以点到三棱锥各个顶点的距离均为， 故为三棱锥的外接球球心， 如图2，以为原点，所在直线分别作轴，建立空间直角坐标系，    因为平面，平面，则， 与底面所成的角为，则为等腰直角三角形，， 则，，，， 设平面的法向量为， 因为，， 所以，可取， 因为， 所以点到平面的距离， 设截面圆的半径为，则， 所以截面圆的面积为. 故选：A. 9．ABC 【分析】根据题意，利用直线斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，三条直线的倾斜角分别为，可得， 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得, 结合选项，可得选项A、B、C. 故选：ABC. 10．ABC 【分析】由，得，由正弦定理得和余弦定理化简判断A；由选项A，结合基本不等式求解判断B；由正弦定理边化角，再由的范围得的范围判断C；由选项A及已知求得判断D. 【详解】对于A，由，得， 由正弦定理得，由余弦定理得，则， 当时，，即， 当时，，又，则，， 于是，因此，A正确； 对于B，由，得，当且仅当时取等号，B正确； 对于C，由正弦定理得， 由为锐角三角形，，得，则， ，因此，C正确； 对于D，由，，，得，D错误. 故选：ABC 11．BCD 【分析】根据线面垂直的性质得到，求出即可判断A；根据得到轨迹，进而求得轨迹长度，即可判断B；应用等体积公式结合三棱锥体积公式计算判断C，由线面平行的向量证明可得到点与重合时，其外接球的体积最大，即可判断 D. 【详解】对于A，因为平面，平面，所以. 若，则，即点在以点为圆心，2为半径的圆上，满足的点P是弧， 在侧面内存在满足该条件的点无数个，故A不正确； 对于B：因为平面，平面，所以. 因为，所以，所以， 又因为平面，所以平面， 因为，即点P的轨迹为线段，所以点的轨迹长度为，B选项正确； 对于C，三棱锥的体积， C选项正确； 对于D：取是中点，取是中点，因为平面，平面，所以平面， ，所以是平行四边形，所以平面，平面，所以平面， 平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 所以当取时，四棱锥的顶点都在球O上,球O体积的最大， 此时球的半径满足，即，所以球的体积为，故D正确； 12．7 【分析】根据斜率相等计算. 【详解】由题意得，直线的斜率为，直线的斜率为， 则，得. 故答案为：. 13． 【分析】将目标事件合理拆分，再利用互斥事件的概率公式和独立事件的概率公式求解即可. 【详解】由题意得至少收到两个可拆分为恰好收到个和恰好收到个， 且两种情况互斥，对于恰好收到个，可拆分为如下三种情况， 第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到， 第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到， 第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到， 而每一位收发数字的情况相互独立， 对于第一种情况，由独立事件的概率公式得概率为， 对于第二种情况，由独立事件的概率公式得概率为， 对于第三种情况，由独立事件的概率公式得概率为， 由互斥事件的概率公式得恰好收到个的概率为， 当恰好收到个时，由独立事件概率公式得概率为， 由互斥事件的概率公式得至少收到两个0的概率为. 故答案为： 14．12 【分析】首先用向量展开四个切点到球面点的距离平方和，结合正四面体内切球四个切点关于球心对称的向量和为零的性质，可得四段距离平方和为定值，原总和的最大值等价于球面上点到顶点的最大距离. 【详解】设球的半径为，正四面体的高为，正四面体的一个面的面积为， 利用正四面体的体积公式可得：， 将内切球的球心和正四面体的4个顶点相连， 则正四面体分割成了4个完全相同的小三棱锥：、、 、，每个小三棱锥的底面都是正四面体的一个面（面积为）， 高就是球心到面的距离，也就是内切球半径， 因此单个小三棱锥的体积是，4个小三棱锥的总体积为： ，则，化简可得， 记，，，，， 由对称性可知， 为定值， 所以要求的最大值，即求的最大值， 又因为的最大值为，故所求的最大值为， 正四面体的棱长为，则， 所以的最大值为12． 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出的中点坐标，进而得到所求直线斜率，根据点斜式得到方程，再转化为斜截式即可； （2）先求出直线的斜率，进而得到高的斜率，根据点斜式得到方程，再转化为斜截式即可； （3）根据（1）的中点坐标及（2）的斜率得到方程即可． 【详解】（1）由题意得的中点坐标， 所以， 所以上的中线方程为，整理得斜截式方程为. （2）所在直线的斜率为， 所以上的高所在直线的斜率， 又上的高过点， 则上的高所在直线的方程为，整理得斜截式方程为. （3）由（2）得，与垂直的直线斜率为， 由（1）得的中点坐标， 所以的垂直平分线的方程为，整理得斜截式方程为. 16．(1)证明如下： 因为，取AB中点M，连接CM，则， 又平面ABCD，平面ABCD，所以， 故以CM为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立空间直角坐标系，则 ， 所以．    因为， 所以， 所以平面PBC，即为平面PBC的法向量． 设， 则． 设平面EAC的法向量为，， 则即 令，则． 因为， ∴平面平面PBC． (2)（i）； （ii）． 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由两平面的法向量垂直得证两平面垂直； （2）（i）由空间向量法求线面角；（ii）由空间向量法求面面角. 【详解】（1）略 （2）因为E是PB的中点，所以． （i）设直线PA与平面EAC所成角为， 则， 故直线PA与平面EAC所成角的正弦值为． （i）显然平面PDC的法向量为， 设平面PDC和平面EAC的夹角为， 则． 故平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值为． 17．(1) (2)1 【分析】（1）根据正弦定理将边化为角，结合三角形内角和定理化简式子和，化简得到的值，进而求出. （2）根据角平分线性质和三角形面积公式得到与、的关系，由余弦定理和基本不等式求出的最大值，从而得到的最大值. 【详解】（1）由，利用正弦定理可得， 又，可得， 即. 又因为，故， 因此，即， 又，则. （2）由题意知是的角平分线，， 所以. 由得， ， 所以，当且仅当时，等号成立. 因为， 所以，即，当且仅当时，等号成立. 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为1. 18．(1) (2)①；②. 【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的距离公式，即可求解； 如图所示，可得，则， （2）①设，求得，结合，求得，即可求解；②由平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）解：在直三棱柱中，因为，可得两两垂直， 以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由，可得 所以点到平面的距离为. （2）解：①由（1）中的空间直角坐标系，可得，则， 设， 则， 因为平面，所以，即， 可得，解得，所以. ②平面的一个法向量， 又因为，， 平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19．(1) (2)①；②事件与不相互独立；理由：因为，，，所以，所以事件与不相互独立. 【分析】（1）利用古典概型概率公式，计算一等奖对应样本数占总样本数的比值即可. （2）①通过对立事件概率公式，用1减去两次均未获得一等奖的概率得到；②分别计算、、，验证是否满足独立事件判定条件即可。 【详解】（1）记个红球分别为，个白球分别为，蓝球为. 一次性摸2个球的样本空间为，共个样本点. 获得一等奖的样本点有，共个样本点. 所以甲获得一等奖的概率为. （2）乙消费1000元，共获得2次独立的抽奖机会，单次抽奖获得一等奖的概率为. ①记“乙单次抽奖获得一等奖”为事件，则“乙单次抽奖未获得一等奖”为事件， 所以，，两次均未获得一等奖的概率为， 所以. ②先计算单次抽奖各事件的概率： 按原规则获得二等奖（摸出1红1蓝）的概率为； 摸出1白1蓝的概率为； 未摸到蓝球的概率为. 事件为“恰好获得1个二等奖”，包含三类互斥情况：第一次中二等奖、第二次未摸蓝球；第二次中二等奖、第一次未摸蓝球；两次均摸出1白1蓝（仅获得额外1个二等奖），所以. 事件为“至少获得1个一等奖，且恰好获得1个二等奖”，此时仅包含两类互斥情况：第一次中一等奖、第二次中二等奖；第一次中二等奖、第二次中一等奖， 所以. 所以， 因为，即， 所以事件与不相互独立. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $