山东省济宁市邹城市第一中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试题（Word版附解析）

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1. 下列可使构成空间的一个基底的条件是（ ）
A. 两两垂直B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共面、不共面以及基底等知识来确定正确答案.
【详解】由空间任意三个不共面的向量都可以组成空间的一个基底可得A正确；
若，则与共线，此时与必然共面，所以无法构成空间基底，B错误；
与都表示共面，C，D错误．
故选：A
2. 在长方体中，下列向量与是相等向量的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据长方体的性质，结合相等向量的定义进行判断即可.
【详解】如图所示的长方体中，
A：向量与方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确；
B：向量与大小相等，方向相同，所以这两个向量相等，因此本选项正确；
C：向量与方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确；
D：显然向量与向量方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确，
故选：B

3. 在三棱锥中，是棱的中点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据空间向量的基本定理，结合向量的线性运算，即可得出结果.
【详解】因为是棱的中点，，
所以
.
故选：D.
【点睛】本题主要考查用基底表示空间向量，熟记空间向量基本定理即可，属于常考题型.
4. 已知空间向量，且，则（ ）
A. 10B. 6C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用空间向量平行的坐标结论计算.
【详解】因为，所以,
即，则.
故选：C.
5. 现有7张分别标有的卡片，甲一次性从中随机抽取5张卡片，抽到的卡片数字之和为，剩下的2张卡片数字之和为，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依据题意，将转化，再结合古典概型公式求解即可.
【详解】因为，所以，
故，而，所以，解得，
所以求的概率即可，从7张卡片抽2张，
基本事件有，
，
共有个基本事件，且设的概率为，
符合题意的事件有，
，共9种，所以，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查概率，解题关键是合理消元，转化条件，然后利用古典概型公式得到所要求的概率即可．
6. 在空间直角坐标系中，已知，则到的距离为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量法求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
所以，
所以到的距离为，
故选：D
7. 如图所示，在二面角的棱上有两点，，线段，分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则线段的长为（ ）
A. B. 1C. 8D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，过作∥，过作∥，，连接，然后根据题意可得为直角三角形，利用勾股定理可求得结果.
【详解】如图，过作∥，过作∥，，连接，
因为线段，分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，
所以，，
所以四边形为矩形，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为二面角为，
所以，
因为，
所以，
所以为等边三角形，
所以,
在中，,
故选：D
8. 在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当线段、的长度均最短时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到平面，直线，从而求得最短时，得到为的中心，为的中点，求得的长，结合向量的运算公式，即可求得的值.
【详解】解：如图所示，因为，，
可得平面，直线，
当最短时，平面，且，
所以为的中心，为的中点，如图所示，
又由正四面体的棱长为1，所以，，
所以，
因为平面，所以，
所以中，，
所以
故选：A
9. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为5；事件；事件.则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件为互斥事件B. 事件与事件为互斥事件
C. 事件与事件相互独立D. 事件与事件相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】分别写出事件、、、所包含的基本事件，根据互斥事件的定义判断A，B；根据独立事件的定义判断C，D.
【详解】解：由题意可知；
；
；
；
对于A，因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
对于B，因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
对于C，因为，，，所以事件与事件不相互独立，故错误；
对于D，因为，，，
所以事件与事件相互独立，故正确.
故选：D.
10. 已知正四面体的棱长为6，P是四面体外接球的球面上任意一点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得该正四面体的外接球的半径，进而得，再根据求解即可.
【详解】如图，设分别为正四面体棱中点，
作平面，垂足为，
所以，由正四面体的性质知三点共线，且，且其外接球的球心在上，记为，
因为正四面体的棱长为6，
所以，，
设四面体外接球的半径为，即，
所以，，即，解得，
所以，，
因为P是四面体外接球的球面上任意一点，
所以，
因为，
，
所以
，
因为，
所以
故选：B
【点睛】方法点睛：对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.
二､多选题（本大题共5小题，每题6分，共30分）
11. 从装有3只红球，3只白球的袋中任意取出3只球，则下列每对事件，是互斥事件，但不是对立事件的是（ ）
A. “取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”
B. “取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”
C. “取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”
D. “取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，判断两个事件是否可以同时发生，从而判断是否为互斥事件，接下来判断是否为对立事件；对于BCD，利用与A相同的方法进行分析，从而解答题目.
【详解】从袋中任意取出3个球，可能的情况有：“3个红球”“2个红球、1个白球”“1个红球、2个白球”“3个白球”.
对于A：“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”不可能同事发生，是互斥事件，
但有可能两个都不发生，故不是对立事件，故A正确；
对于B：“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”不可能同事发生，是互斥事件，
但有可能同时不发生，故不是对立事件，故B正确；
对于C：“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”不可能同事发生，是互斥事件，
其中必有一事件发生，故是对立事件，故C错误；
对于D：“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”可能同事发生，
故不是互斥事件，不可能是对立事件，故D错误.
故选：AB.
12. 给出下列命题，其中正确的是（ ）
A. 对空间任意一点和不共线的三点，若，则四点共面
B. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线
D. 已知向量，则在上的投影向量为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间向量的有关定义及其结论，可判断AB项；根据已知得出，即可判断C项；根据投影向量的概念，即可得出D项.
【详解】对于A：因为，所以四点不共面，错误；
对于B：根据空间向量基底的概念，可知正确；
对于C：由已知可得，所以或，故错误；
对于D： 因为，，
所以在上的投影向量为，故正确.
故选：BD
13. 已知事件，，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. 如果，那么，
B. 如果与互斥，那么，
C. 如果与相互独立，那么，
D. 如果与相互独立，那么，
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项在前提下，计算出，，即可判断；B选项在与互斥前提下，计算出，，即可判断；C、D选项在与相互独立前提下，计算出，， ，，即可判断.
【详解】解：A选项：如果，那么，，故A选项错误；
B选项：如果与互斥，那么，，故B选项正确；
C选项：如果与相互独立，那么，，故C选项错误；
D选项：如果与相互独立，那么，，故D选项正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查在包含关系，互斥关系，相互独立前提下的和事件与积事件的概率，是基础题.
14. 如图，平面，正方形边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当时，则（ ）
A.
B.
C. 若PA=1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为
D. 若PA=1，则直线PE与平面所成角为
【答案】BC
【解析】
【分析】连接，证明，计算判断AB；求出异面直线夹角余弦、线面角的正弦判断CD作答.
【详解】连接，如图，
因为平面，平面，则，而，平面，
于是平面，又平面，因此，
在正方形中，，，
则，，A错误，B正确；
取中点，连接，则，为异面直线PE与BC所成的角或其补角，
而平面，平面，有，又，
平面，则有平面，平面，于是，
，因此，C正确；
由平面知，是直线PE与平面所成的角，，
显然，D错误.
故选：BC
15. 如图，在正方体中，E、F分别是、的中点，G为线段BC上的动点(含端点)，则下列结论中正确的是（ ）
A. 存在点G使得直线⊥平面EFG
B. 存在点G使得直线AB与EG所成角为45°
C. G为BC的中点时和G、C重合时的三棱锥的外接球体积相等
D. 当G与B重合时三棱锥的外接球体积最大
【答案】BCD
【解析】
【分析】AB选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表达出，，利用空间向量验证是否存在点G使得线面垂直和异面直线夹角；CD选项，找到球心的位置，设出球心的坐标，利用半径相等，得到，由得到，从而得到时，取最大值，即外接球半径最大，此时，即G与B重合，故D正确；当G为BC中点和当G与C重合时，相等，故外接球半径相等，体积相等.
【详解】设棱长为，如图，以底面中心，为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，．
，，
A选项；显然，，故，
若⊥平面EFG，EG在面EFG内，则，
而，A错误．
B选项；当G为BC中点时，，
故，
故直线AB与EG所成角为45°，结论成立，B正确．
对于C、D选项；球心O必在过EF中点，且与平面垂直的直线上，
设，G在BC上运动时，，
，
故，，
由可得，，
故当时，取得最小值，为，当时，取得最大值，最大值为0，
故，∴，
，
∴时，取最大值，即外接球半径最大，此时，即G与B重合，故D正确；
当G为BC中点时，，；当G与C重合时，，．
故外接球是同一个外接球，C正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径或建立空间直角坐标系，利用半径相等，利用空间向量列出方程，求出半径.
三､填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）
16. 掷一枚质地均匀的骰子一次，则掷得奇数点的概率是______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据给定条件，利用古典概率公式计算即得.
【详解】掷一枚骰子一次，出现6个不同的结果，而掷得奇数点的结果有3个，
所以掷得奇数点的概率为.
故答案为：
17. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来1524石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为_______石．
【答案】168石
【解析】
【详解】试题分析：由题意，得这批米内夹谷约为石．
考点：用样本估计总体．
18 已知三棱锥，点满足：，过点作平面，与直线，，分别相交于三点，且，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，再由并利用空间向量共面定理即可得.
【详解】由可得，
即可得，所以，
又，，，所以，
即，
又四点共面，由空间向量共面定理可得
故答案为：
19. 某校进行定点投篮训练，甲、乙、丙三个同学在固定的位置投篮，投中的概率分别，，p，已知每个人投篮互不影响，若这三个同学各投篮一次，至少有一人投中的概率为，则p＝______________.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知结合对立事件的概率关系及相互独立事件的概率公式即可求解.
【详解】由题意可知，解得.
故答案为：.
20. 某中学组织学生到一工厂开展劳动实习，加工制作帐篷．将一块边长为的正方形材料先按如图①所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形（其中），然后，将剩余部分沿虚线折叠并拼成一个四棱锥型的帐篷（如图②）．该四棱锥底面是正方形，从顶点P向底面作垂线，垂足恰好是底面的中心，则直线与平面所成角的正弦值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设与的交点为点O，以O为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及的坐标，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.
【详解】设与的交点为点O，以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
由题意可知，，
故．
设平面的法向量为，又，
则有即
令，可得平面的一个法向量为．
设与平面的法向量的夹角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：
四､解答题（本大题共3小题，共35分）
21. 在如图所示的多面体中，平面，平面， 为中点，是的中点.
（1）证明：平面
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由条件求得，平面的一个法向量为，由可得线面平行．（2）由条件得到，设与平面所成的角为，则，根据点到平面的距离求解即可．
【小问1详解】
以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∵点是线段的中点，
∴点的坐标为，
∴，
又平面，
∴平面的一个法向量为．
∴，
又平面，
∴ 平面．
【小问2详解】
由已知得点坐标为(1,0,0)，
∴，
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则，
设与平面所成的角为，
则,
∴点到平面的距离.
22. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
【答案】（1）游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为
（2）的所有可能取值为．
【解析】
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解.
【小问1详解】
设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．
【小问2详解】
设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当时，，舍去
当时，，满足题意，
因此的所有可能取值为．
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.
23. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点，为的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角余弦值；
（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为?若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，则由三角形中位线定理可得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由题意可得，，，所以以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解；
（3）假设存在点，设，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
连接，因为四边形为矩形，所以为的中点，
在中，分别为，的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，，平面，所以，，
又，所以，
以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以平面的一个法向量为，
易知平面（即平面）的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）得，，
假设存在点，设，
则，
由（2）知，平面的一个法向量为，
因为与平面所成角的大小为，
所以，
所以，即，所以，则，游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5