2024-2025学年黑龙江省双鸭山市高二上学期第一次月考数学检测试卷合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省双鸭山市高二上学期第一次月考数学检测试卷合集2套（附解析），共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若随机试验的样本空间为，则下列说法不正确的是（ ）
A．事件是随机事件B．事件是必然事件
C．事件是不可能事件D．事件是随机事件
2．已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
3．投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，假设甲、乙、丙每次投壶时，投中的概率均为0.6且投壶结果互不影响.若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为（ ）
A．0.648B．0.432C．0.36D．0.312
4．设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．若，，，则点A到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．某乒乓球队在长春训练基地进行封闭式集训，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当． 即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推．例如⊥‖表示62，＝T表示26，现有6根算筹，据此表示方式任意表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数不小于50的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．正三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题中正确的是（ ）
A．若表示两个空间向量的有向线段的终点不同，则这两个向量可能相等；
B．在所有棱长都相等的直平行六面体中，平面；
C．对于空间三个非零向量，一定有成立；
D．在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为．
10．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，用数字表示第一次抛掷骰子的点数，数字表示第二次抛掷骰子的点数，用表示一次试验的结果．记事件“”，事件=“”，事件=“”，则（ ）
A．B．与相互独立
C．与为对立事件D．与相互独立
11．在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若∥平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B．存在点，使得⊥平面
C．三棱锥的最大体积为
D．若，且与平面所成的角为，则的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，，当时，实数的值为 ．
13．柜子里有3双不同的鞋子，分别用表示6只鞋，从中有放回地取出2只，记事件“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，则事件的概率是 ．
14．已知正四面体的棱切球（正四面体的中心与球心重合，六条棱与球面相切）的半径为1，则该正四面体的内切球的半径为 ；若动点分别在与的球面上运动，且满足，则的最大值为 ．
四、解答题（本大题共4小题）
15．如图，在三棱柱中，分别是上的点，且．设．
(1)试用表示向量；
(2)若，求异面直线与的夹角的余弦值．
16．如图，在正四棱柱中，，分别为，的中点．

(1)证明：∥平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成的角．
17．2023年10月31日，东北师大附中以“邂逅数学之美，闪耀科技之光”为主题的第17届科技节在自由、青华两校区开幕.在科技节中数学教研室组织开展了“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)甲同学先玩了游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
18．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，球的半径为，、、为球面上的三点，设表示以为圆心，且过、的圆，劣弧的长度记为，同理，圆，的劣弧、的长度分别记为，，曲面（阴影部分）叫做球面三角形．如果二面角的大小分别为，那么球面三角形的面积为．

(1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
(2)若平面三角形为直角三角形，，设，，．
①求证：；
②延长与球交于点，若直线，与平面所成的角分别为，，为的中点，为的中点． 设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时平面截球的面积．
参考答案
1．【答案】D
【详解】随机试验的样本空间为，
则事件是随机事件，故A正确；
事件是必然事件，故B正确；
事件是不可能事件，故C正确；
事件是不可能事件，故D错误.
故选：D
2．【答案】B
【详解】，，故直线的倾斜角.
故选：B
3．【答案】A
【详解】记甲、乙、丙投中分别即为事件，
由题知，
则3人中至少有2人投中的概率为：
.
故选：A.
4．【答案】D
【详解】因为，，所以，
又，所以，
所以.
故选：D.
5．【答案】A
【详解】，，则在上的投影向量的模为，
则点A到直线的距离为．
故选：A.
6．【答案】C
【详解】由于连胜两局者赢，甲先发球可分为：
该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，
则概率为；
故选：C.
7．【答案】B
【详解】根据题意可知：一共6根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为一共五类情况；
第一类：，即十位用5根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是5或者9，个位为1，则两位数为51或者91；
第二类：，即十位用4根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是4或者8，个位可能为2或者6，故两位数可能42，46，82，86；
第三类：，即十位用3根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是3或者7，个位可能为3或者7，故两位数可能是33，37，73，77；
第四类：，即十位用2根算筹，个位用4根算筹，那么十位为2或6，个位可能为4或者8，则该两位数为24或者28或者64或者68，
第五类：，即十位用1根算筹，个位用5根算筹，那十位是1，个位为5或者9，则两位数为15或者19；
综上可知：用6根算筹组成的满足题意的所有的两位数有：15，19，24，28，33，37，42，46，51，64，68，73，77，82，86，91共计16个，则不小于50的有：51，64，68，73，77，82，86，91共计8个，
故概率为，
故选：B.
8．【答案】B
【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.
【详解】因为正三棱柱中,O为BC的中点，取中点Q，连接OQ，
如图，以O为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为M是棱上一动点，设，且，
所以，则，
因为，且所以在直角三角形中可得：
即，于是令，
所以，，又符合函数为增增符合，所以在上为增函数，
所以当时，，即线段MN长度的最小值为，
当时，，即线段MN长度的最小值为，
故选：B.
【点睛】关键点睛：1.找到，再利用函数单调性求出最值.
2.建系，设出动点，利用空间向量法求出，再结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.
9．【答案】ABD
【详解】若表示两个空间向量的有向线段的终点不同，而当两向量方向和长度相等时，这两个向量相等；故A正确；
在所有棱长都相等的直平行六面体中，即直棱柱中底面为菱形，
因为，平面，平面，
所以，又，
所以平面；故B正确；
对于空间三个非零向量，有，，
所以不一定有成立，故C错误；
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
10．【答案】AB
【详解】依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数为个；
其中事件“ ”包含的样本点有：
，，，，，共个；
事件 “ ”，包含的样本点有：
， ， ， ，，，，，共个，
事件 “”，包含的样本点有：，，，，，，
，，，，，，
，，，，，共个，
对于A，，故A正确；
对于B，事件包含的样本点有，，共3个，
所以，
所以，所以与相互独立，故B正确；
对于C，包含的样本点个数满足，
所以与不为对立事件，故C错误；
对于D，事件包含的样本点有：， ， ， ， ， ，共6个，
而，，，
从而，
所以与不相互独立，故D错误.
故选：AB.
11．【答案】ACD
【详解】对于A中，如图所示，分别在取点，使得，
可得，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又由，且平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
且平面平面，
若平面，则动点的轨迹为线段，且，所以A正确；
对于B中，以为原点，以所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设，可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
若平面，则，所以存在，使得，
则，所以不存在点，使得平面，所以B错误；
对于C中，由，可得，
则，所以，
所以,
要使得三棱锥的体积最大，只需点到平面的距离最大，
由，可得点到平面的距离，
因为，所以当时，即点与点重合时，可得，
所以三棱锥的最大体积为，所以C正确；
对于D中，在正方体中，可得平面，且平面，
所以，则，
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，其圆心角为，
则，所以，即，
又由，设与平面所成的角，
所以，
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，即时，与平面所成的角最大值，
的最大值为，D正确.
故选：ACD.
1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.
12．【答案】6
【详解】因为，，
所以 ，
因为，
所以，
解得.
故答案为：6.
13．【答案】13
【详解】设表示三只左鞋，表示三只右鞋，
则从中有放回取出2只的所有可能为：
，共计36种，
其中满足取出的鞋一只左脚一只右脚，但不是一双鞋的有12种，
.
故答案为：.
14．【答案】 33/133
【详解】第一空：
连接，设交点为，则是中点，
如图所示，将正四面体放入正方体中，
由对称性可知正方体中心就是正四面体的中心，
设正方体棱长为，则棱切球球心到正四面体的六条棱的距离都等于，
设正四面体的棱切球的半径为，
所以，正方体棱长为2，，
而正四面体的体积为，
正四面体的表面积为，
设该正四面体的内切球的半径为，
则由等体积法可知，，解得；
第二空：取任意一点，使得，
所以点在面内（其中是中点），
所以，
而点到平面的距离为，
所以，
等号成立当且仅当是正数且重合且，
综上所述，的最大值为.
故答案为：，.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由图可得：
.
（2）由（1）可知，
因为，
所以，，，
，
所以，
，，
所以，
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
16．【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【详解】（1）在正四棱柱中，，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.

因为，分别为的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
（2）由（1）可知，，
，
所以与平面所成角的正弦值为.
注意到，
所以点到平面的距离为，
而，，
从而，，
所以，三角形的面积为，
所以三棱锥的体积为；
（3）由（2）可知，与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角为.
17．【答案】(1)13，
(2)可能取值为7,8,9,10,11
【详解】（1）设事件表示“游戏一获胜”，表示“游戏二获胜”，表示“游戏三获胜”，
游戏一中取出一个球的样本空间为，则，，
，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，而，所以，
，
所以游戏二获胜的概率为．
（2）设表示“先玩游戏二，获得书券”，表示“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
，
则，且互斥，相互独立，
，
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大，则，
即，解得，
设游戏三中两次取球的编号和为，
则，，，
，，，
，，，
所以当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，符合题意；
所以当时，都有，
所以符合题意的的取值有.
18．【答案】(1)
(2)①证明见解析；②，
【详解】（1）若平面两两垂直，有，
所以球面三角形面积为.
（2）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，则，
取，则，可得，
设平面EST法向量，则，
取，则，可得，
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当取等．
则取最大值，
此时点，可得，，
设平面中的法向量，则，
取，则，可得，
可得球心O到平面AEC距离为，
设平面截球O圆半径为r，则，
所以截面圆面积为.
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.
2024-2025学年黑龙江省双鸭山市高二上学期第一次月考数学
检测试卷（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线，，若；，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知直线与圆交于A,B两点，则当弦最短时，直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知平面内有两点，，平面的一个法向量为，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
5．在平面直角坐标系中，M，N分别是x，y轴正半轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则该圆半径的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
6．点为轴上的点，，，以，，为顶点的三角形的面积为8，则点的坐标为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
7．棱长为2的正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
8．点P是以为直径的单位圆上的动点，P到A，B的距离分别为x，y，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线，动直线，则下列结论错误的有（ ）
A．不存在k，使得的倾斜角为B．存在实数k，使得与没有公共点
C．对任意的k，与都不重合D．对任意的k，与都不垂直
10．如图，平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与的夹角是.
D．异面直线与所成的角的余弦值为.
11．已知圆C：，直线l：（），则（ ）
A．直线l恒过定点
B．存在实数m，使得直线l与圆C没有公共点
C．当时，圆C上恰有两个点到直线l的距离等于1
D．圆C与圆恰有两条公切线
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线，直线．若，则实数的值为 ．
13．定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 .
14．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点坐标为 ；的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知点，求下列直线的方程：
(1)求经过点，且在轴上的截距是轴上截距的2倍的直线的方程；
(2)光线自点射到轴的点后被轴反射，求反射光线所在直线的方程．
16．已知圆，直线l过点．
(1)若直线l被圆M所截得的弦长为，求直线l的方程；
(2)若直线l与圆M交于另一点B，与x轴交于点C，且A为BC的中点，求直线l的方程．
17．在①圆过点C（－9，2）；②圆心在直线x－y＋1＝0上；③圆与直线2x－y－10＝0相切，且圆的半径小于等于10，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并进行求解．
已知圆E过点A（1，12），B（7，10），且________．
(1)求圆E的方程．
(2)已知点C（－2，0），D（2，－20），在圆E上是否存在点P，使得PC2＋PD2＝258？若存在，求出点P的个数；若不存在，请说明理由．
18．如图，四棱锥中，平面，过的平面分别与棱交于点M，N．
(1)求证：;
(2)记二面角的大小为，求的最大值．
19．已知圆为圆上一点.
(1)求的取值范围；
(2)圆的圆心为，与圆相交于、两点，为圆上相异于、的点，直线分别与轴交于点、，求的最大值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由得：，设其倾斜角为，，
所以斜率， 故倾斜角为，
故选：C
2．【答案】B
【详解】若，则，解得：或，经检验，符合.
，，是的必要不充分条件.
故选：B.
3．【答案】D
【详解】，所以直线恒过定点，，
因为，所以点在圆内，
所以当时，弦最短,
设直线的斜率为，则,
所以直线的方程为，即.
故选：D.
4．【答案】C
【详解】解：因为，，所以，
因为平面的一个法向量为，所以，
则，解得，
故选：C.
5．【答案】B
【详解】因为是直径，，
所以原点在圆上，
过作垂直直线，垂足为点，
因为圆与直线相切，
所以要使圆的半径最小，此时为圆的直径，
点到直线的距离
所以圆的半径的最小值为1.
故选：B
6．【答案】A
【详解】设，直线的方程为，
点到直线的距离，，
所以，解得：或，
所以点的坐标为或.
故选：A
7．【答案】A
【详解】解法一：连接，取的中点，连接，如图所示，
分别是的中点，，则是异面直线与所成角或其补角.
正方体棱长为2，面对角线长为，由正方体的结构可知，
中，，，则，
同理，在中，，，
由余弦定理可知.
所以异面直线与所成角的余弦值是.
解法二：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
有，，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：A.
8．【答案】C
【详解】因为点P是以为直径的单位圆上的动点，所以，
因为P到A，B的距离分别为x，y，所以，
令（），
所以，
令，则
，所以，
所以，
因为，
所以当时，取得最大值.
故选：C
9．【答案】ABC
【详解】对于A，当时，的方程为，故倾斜角是，A错误；
对于B，两直线总有公共点，B错误；
对于C，当时，两直线的方程都是，故重合，C错误；
对于D，由于，故两直线不垂直，D正确.
故选：ABC.
10．【答案】AB
【详解】设，因为各条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，
所以，
因为，
所以，，故A正确；
由，所以
，所以，故B正确；
因为，且，所以，所以其夹角为，故C错误；
因为，
所以，故D错误.
故选：AB.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，直线的方程为，由，得，
直线过定点，A正确；
对于B，又，即定点在圆内，则直线与圆相交，有两个交点，B错误；
对于C，当时，直线：，圆心到直线的距离为，
而圆半径为2，且，因此恰有2个点到直线的距离等于1，C正确；
对于D，圆化为，
圆的圆心为，半径为4，
两圆圆心距为，
两圆相交，因此它们有两条公切线，D正确.
故选：ACD.
12．【答案】或
【详解】因为直线，直线，且，
所以，解得或.
故答案为：或.
13．【答案】
【详解】由题意知，．
设，则．
又，则，故．
故答案为：
14．【答案】 / /
【详解】由，，
可得，即，
所以，解得，
所以点，
又，，
则，
所以当时，取最小值为，
经检验，当时，两个方程均表示圆，且两圆相交，满足题意.
故答案为：，.
15．【答案】(1)或.
(2)
【详解】（1）当直线过原点时，满足在轴上的截距是轴上截距的2倍，
此时直线方程为，将代入，可得，化简可得；
当直线不过原点时，设直线方程为，且，
即，将代入，可得，解得，
则直线方程为，化简可得；
综上，直线方程为或.
（2）点关于轴的对称点的坐标为，
由题意可知，反射光线所在的直线经过点与，
所以反射光线所在的直线斜率为，
则反射光线所在的直线方程为，
化简可得.
16．【答案】(1)或
(2)
【详解】（1）由题意可知：圆的圆心为，半径，
若直线l被圆M所截得的弦长为，则圆心到直线的距离为.
当直线斜率不存在时，与圆相切，不符合题意，舍去；
当直线斜率存在时，设直线，即，
可得，所以，
则直线l方程为或.
（2）设，因为A为BC中点，则，
由B在圆M上得，解得，则，
所以直线，即直线．
17．【答案】(1)（x－1）2＋（y－2）2＝100
(2)存在，2
【详解】
解：（1）若选①，设圆E的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
由已知可得
解得D＝－2，E＝－4，F＝－95，
所以圆E的方程为x2＋y2－2x－4y－95＝0.
若选②，由已知得AB的中点为（4，11），直线AB的斜率为－，
所以AB的垂直平分线的方程为y－11＝3（x－4），即y＝3x－1.
因为圆心在直线x－y＋1＝0上，所以联立方程
解得所以圆心E的坐标为（1，2），
半径为AE＝10，
所以圆E的方程为（x－1）2＋（y－2）2＝100.
若选③，设圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2，
因为圆E过点A（1，12），B（7，10），
所以
因为圆与直线2x－y－10＝0相切，
所以＝r，解得a＝1，b＝2，r＝10，
所以圆E的方程为（x－1）2＋（y－2）2＝100.
（2）设P（x，y），由已知PC2＋PD2＝（x＋2）2＋y2＋（x－2）2＋（y＋20）2＝2x2＋2y2＋40y＋408＝258，
所以x2＋y2＋20y＋75＝0，即x2＋（y＋10）2＝25，
所以点P在圆M：x2＋（y＋10）2＝25上，圆M的圆心M的坐标为（0，－10），半径r1＝5.
因为点P在圆E：（x－1）2＋（y－2）2＝100上，圆E的圆心E的坐标为（1，2），半径r＝10，
又ME＝＝，r－r1＝5，r＋r1＝15，
所以r－r1