浙江省江山市江山中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

2023学年第一学期高二年级10月阶段性检测数学试题一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由交集的定义即可得解.【详解】因为，所以由交集的定义可知.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【详解】利用复数的四则运算化简，再根据复数的几何意义即可得解.【分析】因为，所以对应的点为，它位于第二象限.故选：B3.以点为圆心，为半径的圆的方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由圆心坐标和半径可得出圆的标准方程，即可得出结果. 【详解】由题意可知，以点为圆心，为半径的圆的方程为.故选：C.【点睛】本题考查圆的方程的求解，在已知圆心和半径的前提下，一般利用圆的标准方程来表示圆，考查计算能力，属于基础题.4.已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】运用向量的线性运算即可求得结果．【详解】因为，，，所以.故选：D.5.已知，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由指数函数的性质可得，则对数函数的性质可得，即可得答案.【详解】解：因为，，，且，所以， 所以.故选：A.6.游戏《王者荣耀》对青少年的不良影响巨大，被戏称为“王者农药”．某班40名学生都有着不低的游戏段位等级，其中白银段位22人，其余人都是黄金或铂金段位，从该班40名学生中随机抽取一名学生，若抽得黄金段位的概率是0.25，则抽得铂金段位的概率是（）A.0.20B.0.22C.0.25D.0.42【答案】A【解析】【分析】利用对立事件概率计算公式直接求解．【详解】解：某班40名学生都有着不低的游戏段位等级，其中白银段位22人，其余人都是黄金或铂金段位，从该班40名学生中随机抽取一名学生，抽得黄金段位的概率是0.25，则抽得铂金段位的概率是．故选：．【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．7.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上），且该圆锥的侧面积为，则此球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析】根据给定条件，结合圆锥侧面积公式求出圆锥底面圆半径，进而求出球半径作答.【详解】设直角圆锥底面半径为，则其母线长为，因此圆锥顶点到底面圆圆心的距离为：，于是圆锥底面圆的圆心为其外接球的球心，即圆锥外接球半径为，由圆锥的侧面积为，得，解得，所以球的表面积为. 故选：D8.设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】以为一边作正方形，然后把问题转化为正方形的中心在圆上或圆内，从而求出的取值范围.【详解】以为一边作正方形，若对角线与圆有交点，则满足条件的存在，此时正方形的中心在圆上或圆内，即，所以，所以，所以.故选：D.二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全对得5分，少选得2分，多选､错选不得分）9.已知圆C的方程为，直线的方程为，下列选项正确的是（）A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.直线被圆所截最短弦长为D.存在一个实数，使直线经过圆心【答案】ABC【解析】 【分析】化简直线的方程为，结合方程组的解，可判定A正确；求得圆心到定点的距离，得到点在圆内，进而得到直线与圆相交，可判定B正确；根据圆的性质，得到当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，求得最短弦长，可判定C正确；将圆心坐标代入直线的方程，可判定D不正确.【详解】对于A项：由直线的方程，可化为，联立方程组，解得，即直线恒经过定点，所以A正确；对于B项：由圆的方程，可得圆心，半径，又由，可得在圆内，所以直线与圆相交，所以B正确；对于C项：由，根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为，所以C正确；对于D项：将圆心代入直线的方程，可得，所以不存在一个实数，使得直线过圆心，所以D不正确.故选：ABC.10.已知函数，则（）A.函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到B.函数的一个对称中心为C.函数的最小值为D.函数在区间单调递减【答案】CD【解析】【分析】化简得，逐项验证即可解决.【详解】由题知， ，对于A，的图像向左平移个单位长度，得，再向下平移个单位长度得到，故A错误；对于B，，所以函数的一个对称中心为，故B错误；对于C，，当时，函数取最小值为，故C正确；对于D，，所以单调减区间应满足，解得，所以单调减区间为，因为，所以函数在区间单调递减，故D正确.故选：CD11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得，阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ且的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（）A.C的方程为 B.在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9C.在C上存在点M，使得D.C上的点到直线的最大距离为9【答案】ABD【解析】【分析】对A：设点，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点（1，1）到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.【详解】对A：设点，∵，则，整理得，故C的方程为，A正确；对B：的圆心，半径为，∵点（1，1）到圆心的距离，则得D到点（1，1）的距离的取值范围为，且，∴在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9，B正确；对C：设点，∵，则，整理得，∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，又∵，则两圆内含，没有公共点，∴在C上不存在点M，使得，C不正确；对D：∵圆心到直线的距离为， ∴C上的点到直线的最大距离为，D正确；故选：ABD.12.如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】记中点为，连接，证得，，得到锐二面角的平面角为，在证得平面，过作，证得平面，连接，得到，分别在直角和，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】记中点为，连接，连接与交于点，可得四边形是正方形，所以，，故锐二面角的平面角为，因为且平面，所以平面，过作于H，则，又因，且平面，所以平面，连接，则与平面所成的角为，记，因为直角中，，在直角中，，所以①，选项A成立；将①平方得：，所以， 可得，因为，都是锐角，则，所以，又因为，，根据余弦函数的单调性可知，可得，选项C成立；因为，，若使，则需，即当，可以成立，即B可能成立：又由由，都是锐角，且，可得，则，由选项C知，所以，选项D错误.故选：ABC.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.向量在向量方向上的投影向量是______________.【答案】【解析】【分析】根据投影向量的运算公式直接计算.【详解】由题意得，，所以在方向上的投影向量是.故答案为： 14.在直三棱柱中，，，则点A到平面的距离为______．【答案】##【解析】【分析】求点到平面的距离，可以转化为三棱锥底面上的高，用等体积法，容易求得．【详解】∵，，∴中，，∴，，设点A到平面的距离为h，则三棱锥的体积为，即，∴，∴，即点A到平面的距离为.故答案为：.15.奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则__________.【答案】【解析】【分析】由为偶函数可以推出，由为奇函数可以推出，从而可以求出的周期，进而即可求解. 【详解】因为为上的奇函数，所以有，又因为为偶函数，所以有，即，对比以上两式得，从而，即函数是周期为的周期函数，所以，又注意到为上的奇函数，所以，又因为，所以.故答案为：.16.已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______.【答案】【解析】【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.【详解】的圆心为，半径，圆心为，半径，设，则，所以， 取，则，当三点共线时取等号，此时直线：令，则，，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.四､解答题（本大题共6小题，第17题10分，其余每小题12分，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）17.已知圆经过和两点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）从点向圆C作切线，求切线方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)根据弦的中垂线过圆心,联立过圆心的两条直线方程可确定圆心坐标，即可求解;(2)根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解. 【小问1详解】由题可知,所以线段的中垂线的斜率等于1，又因为的中点为，所以线段的中垂线的直线方程为，即，联立解得，所以圆心又因为半径等于,所以圆的方程为.【小问2详解】设圆的半径为，则，若直线的斜率不存在，因为直线过点，所以直线方程为，此时圆心到直线的距离，满足题意;若直线的斜率存在，设斜率为，则切线方程为，即，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为，即.所以切线方程为或.18.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.衢州市某学校为提高学生对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，已知所有学生的竞赛成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的竞赛成绩作为样本，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值，并估计这40名学生竞赛成绩的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）利用比例分配的分层随机抽样方法，从成绩不低于80分的学生中抽取7人组成创建文明城市知识宣讲团.若从这选定的7人中随机抽取2人，求至少有1人竞赛成绩位于区间的概率.【答案】（1），平均数74.5，中位数为75；（2）.【解析】【分析】（1）利用各小矩形的面积和为1可求，利用组中值可求平均数，利用面积等分可求中位数.（2）利用列举法及古典概型的概率公式可求概率.【小问1详解】由于图中所有小矩形的面积之和等于1，所以，解得.所以样本中40名学生的竞赛成绩的平均数.设这40名学生的竞赛成绩的中位数为，由于前2组频率之和为0.35，前3组频率之和为0.65，故中位数落在第3组，于是有，解得.即这40名学生的竞赛成绩的中位数为75.【小问2详解】由分层随机抽样可知，在区间应抽取5人，记为a，b，c，d，e，在区间应抽取2人，记为A，B，从中任取2人的所有可能结果为：，，，，，，， ，，，，，，，，，，，，，，共21种.其中至少有一人测试成绩位于区间内有：，，，，，，，，，，，共11种.所以，至少有一人的测试成绩位于区间内的概率为.19.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C对边，且．（1）求A；（2）若，则的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由正弦定理，得到，再由辅助角公式求出答案；（2）由三角形面积公式求出，由余弦定理得到，从而得到，得到周长【小问1详解】由正弦定理得，其中，故，因为，所以，故，即，所以，因为，所以，故，解得；【小问2详解】 由三角形面积公式得，故，由余弦定理得，解得，故，解得，故，周长为6.20.已知函数，（1）若函数在区间上是单调函数，求实数的取值范围；（2）对于任意实数及任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据二次函数的单调性进行求解即可；（2）根据函数单调性的性质，结合二次函数的性质进行求解即可.【小问1详解】二次函数的对称轴为：，由题意知，，或，由，可解得，或，即；【小问2详解】因为在上单调递增，所以，依题意有，不等式对于任意恒成立， 有，化简得，，所以.实数的取值范围为.21.如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC．（1）证明：；（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，1【解析】【分析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.【小问1详解】∵，且D为BC的中点，∴，因为平面平面ABC，交线为BC，AD⊥BC，AD面ABC，所以AD⊥面，因为面，所以.【小问2详解】假设存在点E，满足题设要求 连接，，∵四边形为边长为2的菱形，且，∴为等边三角形，∵D为BC的中点∴，∵平面平面ABC，交线为BC，面，所以面ABC，故以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系．则，，，，．设，，．设面AED的一个法向量为，则，令，则．设面AEC的一个法向量为，则，令，则．设平面EAD与平面EAC的夹角为，则．解得：，故点E为中点，所以．22.如图，在平面直角坐标系中，已知点，圆：与轴的正半轴的交点是， 过点的直线与圆交于不同的两点.（1）若直线与轴交于，且，求直线的方程；（2）设直线，的斜率分别是，，求的值；（3）设的中点为，点，若，求的面积.【答案】（1）（2）-1（3）【解析】【分析】（1）可设点，表示出，可求出参数或6，结合题意可舍去，再由两点已知求出直线的方程；（2）可设，设直线方程为，联立直线和圆的方程求出关于的一元二次方程，表示出韦达定理，再分别求出，结合前式即可求解；（3）设，由建立方程，化简可得，由（2）可得，联立求解得，再结合圆的几何性质和点到直线距离公式及三角形面积公式即可求解；【详解】（1）设，求出，，则或6，结合直线圆的位置关系可知，一定满足，，此时直线的方程为：； 当时，，，直线的方程为：，圆心到直线距离（舍去）；（2）设直线的方程为：，联立可得：，设，则，①，则，②将①代入②化简可得，即；（3）设点，由点，，可得，化简得，③又，④④式代入③式解得或，由圆心到直线的距离，故，此时，圆心到直线距离，则，直线方程为：，，到直线的距离 ，则【点睛】本题考查圆中，由向量关系反求直线方程，由韦达定理求解圆锥曲线中的定值问题，由弦的中点问题求三角形面积，圆的几何性质，点到直线距离公式等，计算能力，综合性强，属于难题