湖北省襄阳市2024-2025学年高二上册10月月考数学阶段检测试题（含解析）

这是一份湖北省襄阳市2024-2025学年高二上册10月月考数学阶段检测试题（含解析），共31页。试卷主要包含了 已知，且，则， 阅读材料等内容，欢迎下载使用。
1. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知空间向量，，则向量在向量上投影向量是（ ）
A. B.
C. D.
3. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷8次，得到的点数分别为，则这8个点数的中位数为4的概率为（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
5. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
6. 小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为，，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为（ ）
A. B. C. D.
7. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点；平面直角坐标系中，方程（不同时为0）可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系中，方程（不同时为0可以表示坐标空间内的平面.过点一个法向量为平面方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
8. 三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题
9. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若A与B相互独立，则B. 若，则事件A与相互独立
C. 若A与B互斥，则D. 若B发生时A一定发生，则
10. 若三棱锥体积是三棱锥体积的，且，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
11. 如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 和平面所成角的正弦值为
D. 四面体外接球的表面积为
三､填空题
12. 直线过点，两点，直线过点，两点，若，则______.
13. 已知集合，在M中可重复地依次取出三个数，则“以为边长恰好构成三角形”的概率是________．
14. 已知是空间单位向量，.若空间向量满足，且对于任意，，则__________，__________.
四､解答题
15. 已知平面内两点，．
（1）求过点且与直线垂直的直线的方程．
（2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程．
16. 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1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．
①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；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：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”相互独立．
（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
17. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与交点．
（1）用向量，，表示向量；
（2）求异面直线AO与BC所成的角的余弦值；
（3）判定平面ABC与平面的位置关系．
18. 如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角正切值等于，求到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
19. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R．A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形．若设二面角分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为．

（1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
（2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设．则：
①求证：；
②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值，及此时平面AEC截球O的面积．
湖北省襄阳市2024-2025学年高二上学期10月月考数学阶段检测试题
一､单选题
1. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】运用空间向量平行坐标结论，结合坐标运算即可解.
详解】向量，则，
因，于是得，解得，
所以.
故选：B.
2. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】本题运用投影向量的定义即可解题.
【详解】因为，
则
故向量在向量上的投影向量是
故选：C.
3. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷8次，得到的点数分别为，则这8个点数的中位数为4的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】分情况讨论时对应的中位数，从而可求解.
【详解】由题意，
当时，8个点数的中位数为3.5；
当时，8个点数的中位数为4；
当时，8个点数的中位数为4.5，
则8个点数的中位数为4的概率为.
故选:D.
4. 如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选：B.
5. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义,将、，用基底表示出来，在应用向量数量积的运算律即可.
【详解】在平行六面体中,
四边形是平行四边形,侧面是正方形,
又是的交点,
所以是的中点,
因为,,,
所以，
所以
，
所以
又，
所以
，
可得,，
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
故选：A.
6. 小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为，，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据条件，先求的有关值，再求对应事件的概率.
【详解】记小刚解答A，B，C三道题正确分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立，
且.
恰好能答对两道题事件，且两两互斥，
所以
，
整理得，他三道题都答错为事件，
故.
故选：C.
7. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点；平面直角坐标系中，方程（不同时为0）可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系中，方程（不同时为0可以表示坐标空间内的平面.过点一个法向量为平面方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】先求直线的方向向量及平面的法向量，再结合空间向量的数量积求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】根据材料可知，由平面的方程为，得为平面的法向量，
同理可知，与分别为平面与的法向量.
设直线的方向向量，则，即，取，则.
设直线与平面所成角为，则.
故选：B.
8. 三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设，根据对角线向量的性质列方程求关系，从而可得线线垂直，过作，连接，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角的平面角，可将三棱锥补充直棱柱，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，即可得球的体积.
【详解】设，则，
因为
，
所以，解得：，
即，可知，
过作，连接，则，
可知，且二面角的平面角为，
则为等边三角形，即，
设，因为，
即，解得：或，
可知点与点A重合或与点B重合，两者是对称结构，不妨取点E与点A重合，
则，，由，平面，则平面，
且为二面的平面角，可知为等边三角形，
可将三棱锥补充直棱柱，如图所示，
为底面正的外心，即，
为的外接球球心，可知，且，
则三棱锥的外接球半径，
所以外接球的体积.
故选：C.
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
二､多选题
9. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若A与B相互独立，则B. 若，则事件A与相互独立
C. 若A与B互斥，则D. 若B发生时A一定发生，则
【正确答案】ABD
【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐项判断.
【详解】对于A，若A与B相互独立，则，
所以，故A对；
对于B，因，，则，
因为，所以事件与相互独立，故B对；
对于C，若A与B互斥，则，故C错；
对于D，若B发生时A一定发生，则，则，故D对．
故选：ABD
10. 若三棱锥的体积是三棱锥体积的，且，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】AC
【分析】根据三棱锥的体积是三棱锥体积的，则平面内存在一点，使得或，再根据空间向量的基本定理及已知条件即可求解.
【详解】因为三棱锥的体积是三棱锥体积的，
所以在平面内存在一点，使得或，如图①②所示，
当时，则，得．
因为点在平面内，所以根据空间向量基本定理可得，解得．
当时，则，得．
因为点在平面内，所以根据空间向量基本定理可得，解得．
故选：AC.
11. 如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 和平面所成角的正弦值为
D. 四面体外接球的表面积为
【正确答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线面角的向量求法判断C，利用球的方程求解出半径，再求表面积即可.
【详解】
如图，作，因为面面，面面，
所以面，且作，因为，
，所以，是的中点，，，
对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，因为是棱的中点，所以，
所以，，，
设面的法向量，所以，
令，解得，所以，
可得，故平面成立，故A正确，
对于B，，，设面的法向量为，
所以，令，解得，
得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误，
对于C，，，设面的法向量为，
所以，令，解得，
故，设和平面所成角为，且，
所以，故C正确，
对于D，设四面体外接球的方程为，
将四点代入球的方程，可得，
，
利用加减消元法得到，解得，
再利用加减消元法得到，解得，
现在将，代入方程组，得到，
此时解得，故原方程解得，
故球的方程为，
设球的表面积为，则，故D正确.
故选：ACD
关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后将点代入球的方程求出半径，再得到所要求的表面积即可．
三､填空题
12. 直线过点，两点，直线过点，两点，若，则______.
【正确答案】0或5
【分析】根据斜率是否存在分类讨论，再利用直线位置关系列方程求解即可.
【详解】当直线斜率不存在，直线斜率为0时，满足，此时，解得；
当直线斜率存在时，因为，所以，解得；
综上，或.
故0或5
13. 已知集合，在M中可重复地依次取出三个数，则“以为边长恰好构成三角形”的概率是________．
【正确答案】##0.625
【分析】先得到基本事件数，再得到不能构成三角形的事件数，利用古典概型公式结合对立事件概率公式求解即可.
【详解】从两个数里取三次，共有种情况，
只有三种情况无法构成三角形，
且设概率为，所以.
故
14. 已知是空间单位向量，.若空间向量满足，且对于任意，，则__________，__________.
【正确答案】 ①. ②.
【分析】问题等价于当且仅当时取到最小值，通过平方的方法，结合最值的知识求得正确答案.
【详解】，
由于，所以，
问题等价于当且仅当时取到最小值，
.
则，解得.
故；
求解空间向量模有关的问题，可以考虑通过平方的方法进行求解，即利用，将问题转化为利用数量积的运算进行解题.含有多个平方的代数式的最小值，是平方的式子为的时候最小.
四､解答题
15. 已知平面内两点，．
（1）求过点且与直线垂直的直线的方程．
（2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程．
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）利用斜率公式求出直线的斜率，再根据直线的斜率与直线垂直的直线的斜率乘积为和点斜式求解即可；
（2）求出线段垂直平分线的方程为，故点在直线上，设点为，根据等腰直角三角形两直角边垂直，所在直线斜率存在，斜率之积为建立等式求解即可．
【小问1详解】
由题意得，则直线的斜率为，
所以过点且与直线垂直的直线的方程为：，
即．
【小问2详解】
的中点坐标为，
由（1）可知线段垂线的斜率为，所以线段垂直平分线的方程为，
即．
因为是以为顶点的等腰直角三角形，
所以点在直线上，
故设点为，
由可得：，
解得或，
所以点坐标为或，
则直线的方程为或．
16. 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1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．
①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；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：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”相互独立．
（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
【正确答案】（1）① ；②证明见解析
（2）
【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②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”，证明即可；
（2）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”，根据题意可得，解不等式可解.
【小问1详解】
①记事件为“至少收到一次0”，则．
②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．
记事件为“三次收到的数字之和为2”，
则．
因为，
所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”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”，则．
记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．
根据题意可得，即，
因为，所以，
解得，故的取值范围为．
关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率.
17. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与的交点．
（1）用向量，，表示向量；
（2）求异面直线AO与BC所成的角的余弦值；
（3）判定平面ABC与平面的位置关系．
【正确答案】（1）
（2）
（3）平面ABC平面
【分析】（1）根据题意结合空间向量的线性运算分析求解；
（2）根据空间向量的数量积结合夹角公式运算求解；
（3）根据题意结合空间向量可得，，结合线面垂直、面面垂直的判定定理分析证明.
【小问1详解】
由题意可知：点O是的中点，则，
所以
．
【小问2详解】
设，
则，
．
所以．
又因为，所以，．
所以．
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
【小问3详解】
取的中点，连接，
则．
因为，为的中点，则．
又，即．
且，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
18. 如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）设平面与几何体的上底面交于点，利用面面平行的性质，得到，再由平面，证得，进而得到和，证得平面，即可证得平面平面.
（2）连接，由平面，得到，由平面，将问题转化为到平面距离，再利用，即可求解.
（3）分别取的中点，连接，利用平面平面，将问题转化为平面与平面夹角的余弦值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解.
【小问1详解】
证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，平面，
所以，所以，
因，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：连接，由（1）知平面，
所以就是直线与平面所成的角，即，
因为，所以，所以为直角三角形，
又，所以，
又因为平面平面，
所以点到平面的距离为，
因为平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为，所以，
因为，所以，
即点到平面的距离为.
【小问3详解】
解：分别取的中点，连接，则，
因为且平面，，且平面，
所以平面平面，
若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为，
因为为的中点，，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接，过点作于点，
因为平面平面，且平面，所以平面，
过点作于点，连接，
则即为平面与平面夹角，即为，所以，
设，则，
因为，所以，
又因为，所以，，
在直角中，由射影定理知，所以，
在直角中，，所以，
在直角中，，
整理得，解得，即，
所以.

19. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R．A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形．若设二面角分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为．

（1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
（2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设．则：
①求证：；
②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值，及此时平面AEC截球O的面积．
【正确答案】（1）
（2）①证明见解析；②，
【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可；
（2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解.
【小问1详解】
若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有，
所以球面三角形ABC面积为.
【小问2详解】
①证明：由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直径，则，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，则，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，
不妨先令，则，
由，，，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，

设，则，
可得，，
则，
设平面OBC法向量m=x1,y1,z1，则，
取，则，可得，
设平面EST法向量n=x2,y2,z2，则，
取，则，可得，
要使sinθ取最小值时，则取最大值，
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当取等．
则取最大值，为最小值，
此时点，可得，，
设平面AEC中的法向量，则，
取，则，可得，
可得球心O到平面AEC距离为，
设平面AEC截球O圆半径为r，则，
所以截面圆面积为.
方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路
直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即；
2. 利用空间向量求点到平面距离的方法
设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面的法向量，则B到平面的距离.