陕西省咸阳市乾县晨光中学2024年上学期10月阶段检测高二年级数学试卷（含解析）

乾县晨光中学2024年下学期10月阶段检测
高二年级数学试卷
时量：120分钟 满分150
一 单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1. 命题“对，都有”的否定为（ ）
A. 对，都有 B. 对，都有
C. ，使得 D. ，使得
2. 已知直线与直线间的距离为，则（ ）
A. 或 B.
C. 或11 D. 6或
3. 圆与圆的位置关系是（ ）
A. 内含 B. 内切 C. 外离 D. 相交
4、化简(1－cos 30°)(1＋cos 30°)得到的结果是(　　)
A. 　　　 B. 　　　 C．0　　　 D．1
5. 在正方体中，二面角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知为圆上的动点，且动点满足：，记点的轨迹为，则（ ）
A. 为一条直线 B. 为椭圆
C. 为与圆O相交的圆 D. 为与圆O相切的圆
7. 已知函数，若对任意恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得分分，有选错的得0分.）
9、以下四个命题正确的有（ ）
A.三个平面最多可以把空间分成八部分
B.若直线平面，直线平面，则“与相交”等价于“与相交”
C.若直线平面，直线平面，且 ， ，则
D.若四条直线中任意两条共面，则这四条直线共面
10. 已知函数下列命题正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 若，则为奇函数
C. 若只有一个零点，则的取值范围为
D. 若在上单调递减，则的取值范围为
11. 已知四棱柱底面是边长为6的菱形，平面，，，点P满足，其中，，，则（ ）
A. 当P为底面的中心时，
B. 当时，长度的最小值为
C. 当时，长度的最大值为6
D. 当时，为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知事件与事件相互独立，且，则__________．
袋中共有个球，其中个白球，个黑球．从袋中任意抽取个球，其中恰有一个白球的概率为
14. 抛物线与圆交于A、B两点，圆心，点为劣弧上不同于A、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是______．
四 解答题（本题共5个小题，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. 在三角形中，内角所对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，三角形的面积为，求三角形的周长.
16. 甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环.设甲、乙、丙三人水平相当，每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求甲连续打四局比赛的概率；
（2）求在前四局中甲轮空两局的概率；
（3）求第四局甲轮空的概率.
17. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
18. 已知圆的圆心在轴上，且经过点，．
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆上存在一点满足的面积为5，求直线的方程．
19. 过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
（1）已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
（2）在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
（3）已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
1.C
命题“对，都有”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以所求否定是：，使得.
故选：C.
2.A
直线可化为，
所以，解得或．
故选：A.
3.D
圆，则圆心，半径，
圆，则圆心，半径，
则，
由于，即，
故圆与圆的位置关系为相交．
故选：D．
4.A
5.D
取的中点，连接，
由正方体，可得，
所以，所以是二面角的平面角，
设正方体的棱长为2，可得，所以，
在中，,
所以二面角的正切值为.
故答案为：D.
6.D
设点坐标为，设，由，可得，
则，
所以，即，
把代入圆，
则点的轨迹的方程为：，
即是圆心为，半径为1的圆，则，
由于两圆的圆心距和两圆的半径和相等，因此两圆外切，即为与圆O相切的圆.
故选：D.
7.B
当时，，
当时，，
故，
由可得
当时，，
当时，，
因此对任意的都有为奇函数，
且当时，单调递减，且，故在上单调递减，
故由得，
故对任意的成立，
故，解得或.
故选：B
8.A
由直线，
变形可得，由，解得，
可得直线恒过定点，
则，
又直线的斜率为，
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为.
故选：A.
9.AC
10.BCD
当时， 时，， 时，，所以的值域不为，A错误.
若时，图象如图，
由图可知为奇函数，B正确.
当时， 时，， 时，，有两个零点，
当时， 时，，只有一个零点，
当时， 时，， 时，， 时，， 只有一个零点，
所以，若只有一个零点，则的取值范围为，C正确.
若在上单调递减，则时，在上单调递减，则有，即的取值范围为，D正确.
故选：BCD
11.BCD
对于A，当为底面的中心时，由，则
故，故A错误；
对于B，当时，
当且仅当，取最小值为，故B正确;
对于C，当时，，则点在及内部，
而是以为球心，以为半径的球面被平面所截图形在四棱柱及内的部分，
当时，，当时，，可得最大值为，故C正确；
对于D，， ，
而，所以
，则为定值，故D正确.
故答案选：BCD.
12.0.7
因为事件与事件相互独立，，
所以，
所以,
故答案为：0.7．
13.0.6
14.
解：∵圆交，抛物线，
∴圆心也是抛物线的焦点，抛物线的准线为，
过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，
故的周长，
由可得，
又圆与轴正半轴交于，
所以，
又因为，
所以取值范围为，
所以的周长的取值范围为.
故答案为：.
15.（1）由正弦定理得，所以
所以，整理得，
因为，所以，因此，所以，
所以.
（2）由的面积为，得，解得，
又,则，.
由余弦定理得，解得，，
所以的周长为.
16.（1）若甲连续打四局，根据比赛规则可知甲前三局都要打胜，
所以甲连续打四局比赛的概率；
（2）在前四局中甲轮空两局的情况为，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，
故在前四局中甲轮空两局的概率；
（3）甲第四轮空有两种情况：
第1种情况，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，
第2种情况，第一局甲胜，第二局甲胜，第三局甲败，第四局轮空，
第1种情况的概率；第2种情况的概率；
由互斥事件的概率加法公式可得第四局甲轮空的概率为.
17.（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
18.（1）由题意，设圆的标准方程为，
代入点，解之得，
故圆的标准方程为．
（2）解法一：
由，可得斜率为，
故直线的方程为，
由得点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为，
综上直线的方程为或
解法二：因为直线的斜率，
所以直线的方程为，即，
，设点到直线的距离为，
则由得，
则将直线沿着与垂直的方向平移个单位即可，
此时该平行线与圆交点即为点，设该平行线的方程为，
则，解得或，
当时，联立，解得或，即或，
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为，
综上直线的方程为或
解法三：同解法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为，
综上直线的方程为或
19.（1）存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．