浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前2023学年第一学期浙南名校联盟10月联考高二年级数学试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸.一．单选题（每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.若集合，，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求解集合，再求.【详解】，其中，所以恒成立，即，那么.故选：D2.若直线经过第一、二、三象限，则有（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线所过的象限判断斜率、截距的符号即可.【详解】因为直线经过第一、二、三象限，所以直线的斜率，在y轴上的截距.故选：A3.已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将化为，再利用平行线间距离公式即可求解.【详解】由可得，由平行线间距离公式可得：它们之间的距离为，故选：C4.如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的周长等于（）A.2B.C.4D.【答案】D【解析】【分析】结合直观图还原出原图，结合数据可得答案.【详解】因为，所以直观图中正方形的边长为，结合直观图的特征，可得原图如下， 因为直观图中，且与轴平行，所以原图中且与轴平行，因为，所以；由直观图的性质可知，原图中四边形为平行四边形，所以的周长等于.故选：D.5.在三棱锥中，PA、AB、AC两两垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先三棱锥补成长方体，利用长方体的外接球的半径公式，即可求解.详解】如图，将三棱锥补成长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，所以，则三棱锥外接球的表面积.故选：C 6.已知圆C：，直线l横纵截距相等且与圆C相切﹐则满足条件的直线l有（）条.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，讨论直线是否为0，结合相切关系及点线距离公式分别求出对应切线方程即可.【详解】由圆，则圆心，半径，若截距为0，设，则，此时；若截距不为0，设，则，此时；综上，共有3条件满足条件的直线l.故选：C7.已知椭圆：，点，是长轴的两个端点，若椭圆上存在点，使得，则该椭圆的离心率的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】由P在上顶点时，最大，进而得到，由求解.【详解】如图：当P在上顶点时，最大，此时，则，所以，即，，所以，则，所以椭圆的离心率的取值范围是，故选：A8.已知，从点射出的光线经x轴反射到直线上，又经过直线反射到点，则光线所经过的路程为（）A.B.6C.D.【答案】C【解析】【分析】利用点关于直线的对称点的求法，以及数形结合，即可求解. 【详解】直线的方程为，设点关于的对称点为，则，得，即点关于轴的对称点为，由题意可知，如图，点都在光线上，并且利用对称性可知，，，所以光线经过的路程.故选：C二．多选题（每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）9.已知，为空间中不同的两条直线，，为空间中不同的两个平面，下列命题错误的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则和为异面直线D.若，，且，则【答案】ABC【解析】【分析】根据线面位置关系，逐一检验，可得答案.【详解】对于A，由，，则或，故A错误；对于B，由，，，则或与异面，故B错误；对于C，由，，则无法确定直线与的位置关系，平行、相交、异面都有可能，故C错误； 对于D，由，，则与一定不相交；假设与异面，由，，则，，，由与异面，则与相交，但这与平行公理矛盾，故D正确.故选：ABC.10.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A.的平均数等于的平均数B.的中位数等于的中位数C.的标准差不小于的标准差D.的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】综合应用平均数、中位数、标准差和极差的定义即可求得结果.【详解】A中，取为1,2,2,2,2,2,2,11，的平均数为2，的平均数为3，故A错误；B中，的中位数等于6个数据从小到大排列后最中间2个数的平均数，的中位数为8个数据从小到大排列后最中间2个数的平均数，两者相等，故B正确；C中，取为1,2,2,2,2,2,2,11，的标准差为0，的标准差为，故C错误；D中，极差为样本数据的最大值减去最小值，所以的极差不大于的极差，故D正确，故选：BD.11.如图，在正方体中，，点，分别在棱和上运动（不含端点），若，则下列命题正确的是（    ） A.B.平面C.线段长度的最大值为1D.三棱锥体积不变【答案】AD【解析】【分析】首先建立空间直角坐标系，利用坐标表示条件中的垂直关系，即可判断选项ABC；利用等体积转化，即可判断D.【详解】如图，建立空间直角坐标系，，，设，，且，，，，得，，所以，故，故A正确；，，，所以与不垂直，则不垂直与平面，故B错误；，，，所以时，的最大值为，故C错误；，故D正确. 故选：AD12.已知直线l1：，l2：，l3：，l4：.则（）A.存在实数α，使l1l2，B.存在实数α，使l2l3；C.对任意实数α，都有l1⊥l4D.存在点到四条直线距离相等【答案】ACD【解析】【分析】利用直线平行、直线垂直的条件和点到直线的距离逐项检验即可求解.【详解】当时，，故选项A正确；，所以与不平行，故选项B错误；恒成立，，故选项C正确；坐标原点到四条直线距离均为1，故选项D正确.故选：ACD.三．填空题（每小题5分，共20分）13.复数，则z的实部为______.【答案】【解析】【分析】先化简复数，再利用实部的含义求解.【详解】因，所以的实部为.故答案为：.14.已知点是圆：上动点，.若线段的中垂线交于点，则点的轨迹方程为______. 【答案】【解析】【分析】根据椭圆定义以及其标准方程，可得答案.【详解】由题意，可作图如下：因为为线段中垂线上一点，所以，则，显然为圆：的半径，则，则动点的轨迹为以定点为焦点的椭圆，其中，，解得，故其轨迹方程为.故答案为：.15.已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则______.【答案】【解析】【分析】求出两圆的相交弦所在直线的方程，将圆的圆心坐标代入相交弦所在直线的方程，可判断结果.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，将两圆方程作差可得，因为圆平分圆的周长，则这两圆相交，且相交弦所在直线的方程为，由题意可知，直线过圆心， 所以，，解得.故答案为：.16.如图，正四面体的体积为，E、F、G、H分别是棱AD、BD、BC、AC的中点，则______，多面体体积为______.【答案】①.2②.【解析】【分析】根据正四面体的体积公式，列式求棱长；将多面体的体积分为，再根据锥体的体积公式，即可求解.【详解】设正四面体的棱长为，如图，点在底面的射影为等边三角形的中心，连接，则，所以，三棱锥的体积，解得：，则； 如图，连接，多面体体积，点到平面和平面的距离相等，都是，四边形的面积为，三角形的面积为，所以.故答案为：2；四．解答题（本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，.（1）用向量，，表示向量；（2）求线段的长度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解， （2）根据向量的模长公式，即可代入求解.【小问1详解】因为为中点，为中点，，，，所以【小问2详解】因为平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱，且，所以，，，所以所以，即线段PM长为18.已知的三边长互不相等，角，，的对边分别为，，，其中，.（1）求证是直角三角形；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理与二倍角公式整理等式，结合三角形的性质，可得答案；（2）根据勾股定理以及基本不等式，可得答案.【小问1详解】证明：由，根据正弦定理，则，即，因为，所以或，又的三边长互不相等，即且，所以为直角三角形.【小问2详解】 由，且为直角三角形，故，仅当时等号成立，又，所以，又，故的取值范围是.19.已知，的平分线方程为.（1）求所在直线方程；（2）求所在直线方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据斜率公式得到，然后根据点斜式方程写直线的方程即可；（2）联立方程得到，然后根据正弦定理得到，设，利用两点间距离公式列方程，解方程得到，然后写直线方程即可.小问1详解】，直线的方程为，，所在直线方程：.【小问2详解】 由解得，设，依题意，的平分线为直线，由正弦定理得，，由于，由此整理得,则，设，则，整理得，解得或（舍去），则，，直线的方程为，.20.已知椭圆C：的左､右焦点分别为，，离心率，过的直线l交椭圆C于A，B两点.的内切圆的半径为.（1）求椭圆的方程；（2）求直线l的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率公式即可求得；（2）结合三角形的面积公式及直线与椭圆的位置关系求解即可.【小问1详解】 由题意得，，又，则，所以，所以椭圆方程为【小问2详解】依题意可知直线与轴不平行，故可设直线的方程为，此时由于在椭圆内部，所以直线与椭圆必有两个交点，设，由，消去并化简得，则，，所以设的内切圆的半径为，则，因为的周长为，又因为，因为，即，则解得或（舍去），则，所以直线的方程为或. 21.如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先设，利用基底表示向量，利用，即可确定点的位置，根据线面平行的判断定理，即可求解；（2）首先构造二面角的平面角，再根据三边求二面角的余弦值，即可求解.【小问1详解】设，则，， 则，解得则F为AC的中点，由分别为的中点，于是，又平面平面，所以平面．【小问2详解】过点O作交于点，设，由，得，且，由(1)可知，则，所以，因此，所以所以为二面角的平面角因为分别为的中点所以为的重心即有，又，所以，解得，同理得，因为， 所以，则，从而，，在中，，于是所以平面与平面夹角的余弦值为22.如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右焦点分别为，，设是第一象限内上一点，，的延长线分别交于点，.（1）求周长；（2）设，分别为，的内切圆半径，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；（2）根据三角形内切圆的性质及（1）可得，即可转化为，根据三角形面积可化为，利用直线与椭圆联立求出，代入化简后利用均值不等式即可求解.【小问1详解】，为椭圆的两焦点，且，为椭圆上的点，由椭圆定义得，由题意，得，即的周长为.【小问2详解】易知，，设，，，由条件知，，直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得，则，得，，故．当时，直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得，同理，可得，因为，所以， 当且仅当时，等号成立.若轴时，易知，，，此时，综上，的最大值为.【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；