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浙江省杭州市四校联考2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题(Word版附解析)
浙江省杭州市四校联考2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题(Word版附解析)
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2023学年第一学期高二年级10月四校联考数学学科试题卷考生须知:1.本卷满分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、座位号及准考证号(填涂);3.所有答案必须写在答题卷上,写在试卷上无效;一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求.1.直线的斜率与y轴上的截距分别为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直线方程求出斜率及截距即可.【详解】直线的斜率为,令,则,所以直线在y轴上的截距为.故选:B.2.如果一个复数的实部与虚部相等,则称这个复数为“等部复数”,若复数为“等部复数”,则实数a的值为()A.B.1C.2D.【答案】C【解析】【分析】根据复数乘法及新定义即可得参数值.【详解】由题设为“等部复数”,即.故选:C3.平面,互相平行的一个充分条件是()A.,都垂直于同一平面B.某一直线与,所成角相等 C.,都平行于同一直线D.,都垂直于同一直线【答案】D【解析】【分析】根据面面平行的判定定理及线面垂直的性质逐一分析判断即可.【详解】对于A,若,都垂直于同一平面,则平面,相交或平行,故A错误;对于B,若某一直线与,所成角相等,则平面,相交或平行,故B错误;对于C,若,都平行于同一直线,则则平面,相交或平行,故C错误;对于D,,都垂直于同一直线,则平面,互相平行,故D正确.故选:D.4.已知直三棱柱,,,那么异面直线与所成角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系,由空间向量求解.【详解】如图所示建立空间直角坐标系,设,则,,,异面直线与所成角的余弦值为,故选:A 5.设非零向量和的夹角为,定义运算:.已知,,则()A.2B.C.3D.【答案】C【解析】【分析】先根据,求得,,,进而可得,进而由可得.【详解】由,得:,,,故,因,故由题意,故选:C 6.点在圆上运动,则的取值范围()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系以及圆心到直线的距离,计算可求得所求的范围.【详解】令,则,可得该直线方程为:或,设到直线和的距离为和,得或,解得或,又因为,所以,故选B7.在中,,,点C在直线上运动,则内切圆的半径的最大值是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】易得直线与直线平行,设内切圆的半径为,利用等面积法可得,则要使内切圆的半径最大,只要最小即可,求出点关于直线对称的点即可得解.【详解】直线的方程为,即,则直线与直线平行,所以点到直线的距离等于直线到直线的距离,即点到直线的距离为, ,所以,设内切圆的半径为,则,所以,则要使内切圆的半径最大,只要最小即可,设点关于直线对称的点为,则,解得,即,则,当且仅当共线时,取等号,所以的最小值为,所以的最大值为.故选:D. 8.在三棱锥中,,,,二面角的大小为,则该三棱锥外接球半径是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意,由三棱锥外接球的定义找到其球心位置,然后代入计算,即可得到结果.【详解】因为为等边三角形,所以的外心为的重心,连接并延长交于点,则为中点,记的外心为,球心为,连接,,,,则平面,平面,球心与截面圆的圆心连线垂直于截面,因为平面,平面,所以,,因为,平面, 所以平面,而,平面,,所以平面,所以平面与平面重合,即四点共面,所以平面,所以,因为,所以,,,因为,所以,所以,,因为二面角的平面角为为,所以,即,因为,所以四点共圆且为直径,所以,所以,所以,所以,即三棱锥外接球半径是.故选:C二、选择题:本题共4小题,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.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知实数,,那么()A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】对于A、D选项,利用作差法可知当,时,无法判断出大小,可知AD错误;由指数函数单调性可得,即B正确;由不等式的性质即可得出C正确.【详解】对于A选项,易知,由可得,但的符号不确定, 所以与的大小无法确定,即A错误;对于B,由指数函数在上单调递增可得,当时,可得,所以B正确;对于C,由不等式性质可知若,,可得,即C正确;对于D,,易知,,但的符号无法确定,所以D错误;故选:BC10.已知圆台的上底半径为,下底半径为,球与圆台的两个底面和侧面都相切,则()A.圆台的母线长为B.圆台的高为C.圆台的表面积为D.球O的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】作出圆台的轴截面,设圆台上、下底面圆心分别为,半径分别为,球的半径为,连接,利用平面几何知识得到,即可根据公式逐项计算求解.【详解】设梯形为圆台的轴截面,则内切圆为圆台内切球的大圆,如图,设圆台上、下底面圆心分别为,半径分别为,球的半径为,则共线,且,连接,则分别平分,且故,,由,故,即,即,解得,母线长为,故A正确; 圆台的高为,故B错误;圆台的表面积为,故C正确,球O表面积为,D正确;故选:ACD.11.分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件“第一枚正面朝上”,事件“第二枚正面朝上”,事件“两枚硬币朝上的面相同”,事件“两枚硬币朝上的面不同”,则()A.事件A和B互斥B.事件C和D互斥C.事件A和B相互独立D.事件C和D相互独立【答案】BC【解析】【分析】根据相互独立事件和互斥事件的定义逐一判断即可.【详解】对于A,事件可能同时发生,故事件A和B不互斥,故A错误;对于C,事件A和B互不影响,故事件A和B相互独立,故C正确;分别抛掷两枚质地均匀的硬币,可能出现的情况有(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)四种情况,事件包含(正,正),(反,反)种,事件包含(正,反),(反,正)种,所以事件C和D互斥,故B正确;,所以事件C和D不是相互独立事件,故D错误.故选:BC.12.过抛物线上一点作圆:的两条切线,切点为,,则()A.使的点共有2个B.既有最大值又有最小值C.使四边形面积最小的点有且只有一个D.直线过定点【答案】AC 【解析】【分析】利用轨迹方程、直线与圆的位置关系、二次函数及复合函数最值、反证法分析推理运算即可得解.【详解】解:对选项A,如上图,要使,又由于为切线,则,,,所以四边形是正方形,且有.所以,对于圆,使得切线的点构成的轨迹是圆心为点、半径为圆(图中虚线圆),该圆与抛物线有两个交点.在处,圆的两条切线圆、相互垂直;在处,圆的两条切线圆、相互垂直;综上知,使的点共有2个,故A正确;连接、,如上图,由直线与圆的位置关系知, ,,.设,则,即有,且,又因为,所以,由二次函数知当时取得最小值,此时对应抛物线顶点,即,当点位于抛物线顶点时取得最小值.对选项B,因为在直角中,,所以,当取得最小值时,取得最小值;但是随着点沿抛物线向上移动,可以无限变大,无限接近于,但没有最大值,故B错误;对选项C,因为,又知当点位于抛物线顶点时取得最小值,所以,使四边形面积最小的点有且只有一个,故C正确;对选项D,假设直线过定点,则该定点必为所在任意两条不同直线的交点,当点位于点时,所在直线为;当点位于点时,所在直线为,这两条直线交点为.但是,当点位于点时,所在直线不过点,这与假设矛盾,故假设不真,即不过定点,故D错误.故选:AC.【点睛】1.圆的最值问题有代数法求最值、几何法求最值等方法; 2.判断直线与圆的位置关系的方法:(1)几何法:由圆心到直线的距离与半径的大小关系来判断;(2)代数法:联立直线与圆的方程,消元后得到关于(或)的一元二次方程,根据一元二次方程解的个数(也就是方程组解的个数)来判断.3.弦长的两种求法:(1)代数法:将直线和圆的方程联立方程组,消元后得到一个一元二次方程.在判别式的前提下,利用根与系数的关系,根据弦长公式求弦长;(2)几何法:若弦心距为,圆的半径为,则弦长.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在空间直角坐标系中,若,,且,则_____.【答案】【解析】【分析】根据列方程得到,然后求模即可.【详解】因为,所以,解得,所以,.故答案为:.14.设,若函数在上有且仅有2个零点,则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由题意可得,解得可得答案.【详解】因为函数在上有且仅有2个零点,且当时,,所以,解得.故答案为:.15.直线l:与圆C:交A,B两点,若D为圆C上一点,且为等边三角形,则r的值为______. 【答案】【解析】【分析】由圆的几何性质与点到直线距离公式求解.【详解】由题意得,则,则圆心到的距离为,得,故答案为:16.若关于x的方程;在上有实数根,则的最小值是______.【答案】【解析】【分析】转化为点到原点的距离平方后由点到直线的距离公式求解.【详解】由题意得存在,使得点在直线上故点到原点的距离最小值为,当时,取最小值,此时的最小值为,故答案为:四、解答题:本题共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.如图,已知平面,底面为正方形,,M,N分别为,中点.(1)求证:平面;(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据中位线的性质的四边形为平行四边形,得到,然后根据线面垂直的性质和正方形的性质得到,,即可得到平面,再利用线面垂直的性质得到,等腰三角形的性质得到,即可得到平面,即平面;(2)利用空间向量的方法求二面角即可.【小问1详解】取的中点,连接,,又为的中点,为的中点,,,又,,,,∴四边形为平行四边形,∴,∵平面,平面,,又,,平面,平面,∵平面,,又,为的中点,,∵,平面,平面,平面.【小问2详解】以为原点,分别以,,为轴,轴,轴建立空间坐标系, 则,,,,,平面的法向量,设平面法向量,,令,则,,所以,,平面与平面所成锐二面角的余弦值为.18.在中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且.(1)求角C;(2)若,求边上高的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据题意,由三角恒等变换化简即可得到结果;(2)根据题意,由余弦定理结合三角形的面积公式即可得到结果.【小问1详解】因为,则,所以,即,故,且,则.【小问2详解】由(1)及余弦定理得:,,,当且仅当时等号成立,设边上的高为,又,.即边上高的最大值为. 19.已知奇函数f(x)=的定义域为R,其中g(x)为指数函数,且过定点(2,9).(1)求函数f(x)的解析式;(2)若对任意的t∈[0,5],不等式f(t2+2t+k)+f(-2t2+2t-5)>0恒成立,求实数k的取值范围.【答案】(1).(2)k<1.【解析】【分析】【详解】解:(1)设则或(舍),又为奇函数,,整理得(2)在上单调递减.要使对任意的恒成立,即对任意的恒成立.为奇函数,恒成立,又在上单调递减,当时恒成立,当时恒成立,而当时,,20.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号,作为普通市民,既是文明城市的最大受益者,更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识,举办了“创建文明城市”知识竞赛,从所有答卷中随机抽取100份作为样本,将样本的成绩(满分100分,成绩均为不低于40分的整数)分 成六段:,,…,得到如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中a的值;(2)求样本成绩的第75百分位数;(3)已知落在的平均成绩是56,方差是7,落在的平均成绩为65,方差是4,求两组成绩的总平均数和总方差.【答案】(1)(2)84(3)平均值64,方差23【解析】【分析】(1)根据每组小矩形的面积之和为1列方程求;(2)根据第75百分位数的定义计算;(3)根据平均数公式和样本方差计算总体方差公式计算.【小问1详解】利用每组小矩形的面积之和为1可得,,解得.【小问2详解】成绩落在内的频率为,落在内的频率为,设第75百分位数为,由,得,故第75百分位数为84.【小问3详解】由图可知,成绩在的市民人数为,成绩在的市民人数为,故;由样本方差计算总体方差公式可得总方差为 .21.设抛物线与两坐标轴的交点分别记为M,N,G,曲线C是经过这三点的圆.(1)求圆C的方程.(2)过作直线l与圆C相交于A,B两点,(i)用坐标法证明:是定值.(ii)设,求的最大值.【答案】(1)(2)(i)证明见解析;(ii)【解析】【分析】(1)根据题意,设圆的方程为,由待定系数法,代入计算,即可得到结果;(2)(i)根据题意,讨论直线的斜率存在与不存在,联立直线与圆的方程,结合韦达定理代入计算,即可得到结果;(ii)根据题意,联立直线与圆的方程,结合韦达定理,由基本不等式即可得到结果.【小问1详解】设抛物线与轴分别交于,交轴于点,令,则,即,令,则,则,设圆的方程为,将点的坐标代入可得,解得,则,化为标准式为.【小问2详解】(i)当直线的斜率不存在时,则方程为,联立,可得或,即,则,,则; 当当直线的斜率存在时,设方程为,设,联立直线与圆的方程,消去可得,由韦达定理可得,且,,则;综上所述,是定值.(ii)由(i)可知,当直线的斜率不存在时,,且,则,,则;当当直线的斜率存在时,设方程为,则. 当且仅当时,即时,等号成立,所以.22.如图,四棱锥中,底面为直角梯形,,,,,在锐角三角形中,.(1)点E满足,试确定的值,使得直线平面,并说明理由.(2)当的长为何值时,直线与平面所成的角的正弦值为.【答案】(1),理由见解析(2)【解析】【分析】(1)由线面平行的判定定理证明,(2)建立空间直角坐标系,由空间向量求解.【小问1详解】时,平面,证明如下:连接,与交于点,因为,故,所以,面,面,所以平面. 【小问2详解】如图建立空间直角坐标系则,,,,故,,平面,平面,点在平面上,设,则,面的一个法向量为,直线与平面所成的角记作,则,得,,解得,,所以所以,的长为
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高中 - 数学
发布时间:2023-10-21 22:50:01
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