2024-2025学年浙江省温州市高二上册10月月考数学质量检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年浙江省温州市高二上册10月月考数学质量检测试题合集2套（含解析），共30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。
1．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线AB的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．设函数，若，则a的最小值为（ ）
A．B．C．2D．1
8．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知圆，直线，则（ ）
A．直线恒过定点
B．直线l与圆C有两个交点
C．当时，圆C上恰有四个点到直线的距离等于1
D．圆C与圆恰有三条公切线
10．定义在R上的偶函数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
11．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R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．若圆与圆有且仅有一条公切线， .
13．已知函数的图象经过点，且在轴右侧的第一个零点为，当时，曲线与的交点有 个，
14．如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点.现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足．设，则的取值范围是 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，，，，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图.
(1)请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）；
(2)学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由.
16．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，动点P满足
(1)求动点P的轨迹C的方程
(2)若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程.
17．已知函数（且）是定义在上的奇函数，且；
(1)求a，b的值；
(2)解不等式．
18．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线BD和BF上移动，且BM和BN的长度保持相等，记．
(1)证明：平面BCE；
(2)当时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，.
(1)若，且的面积为，设点为的费马点，求的取值范围；
(2)若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由.
答案
1．【正确答案】A
【详解】因为该直线的斜率为，
所以它的倾斜角为．
故选：A．
2．【正确答案】C
【分析】利用圆锥表面积公式求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得.
【详解】设圆锥底面圆半径为，母线为，高为，
由圆锥的表面积为，得，而，解得，
所以，
所以该圆锥的体积.
故选C.
3．【正确答案】A
【详解】∵当a=1时，直线：x+2y﹣1=0与直线：x+2y+4=0，
两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行，
故前者是后者的充分条件，
∵当两条直线平行时，得到，
解得a=﹣2，a=1，
∴后者不能推出前者，
∴前者是后者的充分不必要条件．
故选A．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．
4．【正确答案】B
【详解】由题意得：，
故选：B.
5．【正确答案】A
【详解】因为线分别与轴，轴交于两点，
所以，所以，
由，可得圆的圆心为，半径为，
因为点在圆上，所以圆心到直线的距离为，
故到直线的距离的范围为，
则.
故选：A.
6．【正确答案】A
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.
依圆的知识可知，四点P，A，B，C四点共圆，且AB⊥PC，所以
，而，
当直线PC⊥l时，最小，此时最小.
结合图象可知，此时切点为，所以直线的方程为，即.
故选：A

7．【正确答案】B
【详解】函数定义域为，而，，，
要使，则二次函数，在上，在上，
所以为该二次函数的一个零点，易得，
则，且开口向上，
所以，只需，故a的最小值为.
故选：B
8．【正确答案】A
【分析】由题意画出图形，设球O得半径为R，AB=x，AC=y，由球O的表面积为29π，可得x2+y2=25，写出侧面积，再由基本不等式求最值．
【详解】设球O得半径为R，AB=x，AC=y，
由，得．又，得．三棱锥A-BCD的侧面积：=由，得xy≤当且仅当x=y=时取等号，由，得x+y≤5,当且仅当x=y=时取等号，所以S≤5+=当且仅当x=y=时取等号.所以三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为.
故选A.
9．【正确答案】ABD
【详解】对于A，直线的方程为，由，得，直线过定点，A正确；
对于B，，即定点在圆内，则直线与圆相交且有两个交点，B正确；
对于C，当时，直线，圆心到直线的距离为，
而圆半径为2，因此只有2个点到直线的距离等于1，C错误；
对于D，圆的方程化为，
其圆心为，半径为3，两圆圆心距为，
两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】AC
【详解】由，令，则，
又为偶函数，则，A对；
由上，得①，
在①式，将代换，得②，B错；
在②式，将代换，得，C对；
由且，即周期为2且关于对称，
显然是满足题设的一个函数，此时，D错.
故选：AC
11．【正确答案】BC
【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积,
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故选：BC
12．【正确答案】
【详解】由，
显然，
又只有一条公切线，所以相内切，
将点坐标代入圆方程知，即在圆外部，
所以圆内切于圆，
则有，
解之得.
故
13．【正确答案】6
【详解】因为函数的图象经过点，可得，即，又因为，所以，
因为在轴右侧的第一个零点为所以，
解得，所以，
画出与在区间上的图象，如图所示，
由图可知曲线与的交点有6个.
故6.
14．【正确答案】
【详解】如图，在平面ADF内过点D作，垂足为，连接．
过点作，交于点．
设，，所以．

设，则．
因为平面平面ABC，平面平面，
，平面ABD，所以平面ABC，
又平面，所以．
又因为，，，平面DKH，所以平面，所以，即．
在中，，，
因为和都是直角三角形，，
所以，．
因为，，
所以，得．
因为，所以，所以．
又，即，故.
故
15．【正确答案】(1)样本数据的平均值为，中位数为；
(2)学生甲不能得到表彰，理由见解析.
【分析】(1)用每组数据中点值乘以该组数据的频率相加求和可得平均值，先估算中位数的范围，再列方程求中位数；
(2)估算排名在的成绩，和比较，得到结论.
【详解】(1)样本数据的平均值为
因为从左至右的前组数据的频率为，
从左至右的前组数据的频率为，
所以样本数据的中位数位于区间内，设中位数为，则，
所以.
(2)成绩低于分的频率为，成绩低于分的频率为，
则被表彰的最低成绩为，
所以估计学生甲不能得到表彰.
16．【正确答案】(1)；
(2)或.
【详解】（1）设，由，得，
化简得，
所以P点的轨迹的方程为.
（2）由（1）知，轨迹：表示圆心为，半径为2的圆，
当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，与相切；
当直线l的斜率存在时，设，即，
于是，解得，因此直线的方程为，即，
所以直线l的方程为或.

17．【正确答案】(1)，
(2)
【详解】（1）由题意可知：和，
故且，
故，（舍去）
（2），
由于函数均为单调递减函数，故为单调递减，
故，
即，解得，
故不等式的解为
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，
ABCD，ABEF的边长都是正方形，则有，
又，
则中，，所以，
由，，
则四边形为平行四边形，有，所以，
平面BCE，平面BCE，所以平面BCE.
（2）当时，M，N分别BD和BF的中点，连接，
则，
平面平面，平面平面，
平面，，则平面，
平面，则，
，得，，
为中点，连接，则，，，
中，由余弦定理，，
所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为.
19．【正确答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】(1)利用三角恒等变换的知识化简已知条件，求得，判断出三角形的三个内角均小于，根据费马点的定义、正弦定理、三角恒等变换、向量数量积运算等知识来求得的取值范围.
(2)根据三角形的面积公式列方程，结合余弦定理进行化简，从而求得的值.
【详解】(1)因为，且，
所以，
所以，
即，
因为，，所以，，所以，
因为，所以；
因为，所以的内角均小于，
所以点在的内部，且，
由，得，

设，，则，
在中，由正弦定理得，即
在中，由正弦定理得，即，
所以
，
因为，所以，所以，
所以的取值范围为；
(2)因为，
即，所以，
在，，中，
分别由余弦定理得：，
，，
三式相加整理得，
将代入得：，
因为平分，所以，，
所以，①
又由余弦定理可得：，②
由①-②得：，所以，
即，所以常数，使得.
2024-2025学年浙江省温州市高二上学期10月月考数学质量检测试题（一）
一、单选题（本大题共8小题）
1．如果直线与直线平行，则等于（ ）
A．0B．C．0或1D．0或
2．已知的周长为20，且顶点，，则顶点的轨迹方程是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且，则（ ）
A．0.2B．0.5C．0.6D．0.9
4．已知直线，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，，则
6．中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中．某瓷器如图1所示，该甁器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个等高（高为）的圆台组合面成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为，底面直径，底面直径，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的容积为（ ）

A．B．C．D．
7．已知实数x，y满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排．现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：kW·h），将数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．图中a的值为0.015
B．样本的第25百分位数约为217
C．样本平均数约为198.4
D．在被调查的用户中，用电量落在内的户数为108
10．下列说法中，正确的是（ ）
A．直线的倾斜角为，且，则为锐角
B．直线的斜率为，则此直线的倾斜角为
C．若直线的倾斜角为，则
D．任意直线都有倾斜角，且时，斜率为
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
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，水平放置的的斜二测直观图是图中的，已知，，则边的实际长度是 ．
13．一组数据42，38，45，43，41，47，44，46的第75百分位数是 ．
14．已知线段是圆上的一条动弦，且，设点为坐标原点，则的最大值为 ；如果直线与相交于点，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆.
(1)若直线l经过点，且与圆C相切，求直线l的方程；
(2)若圆与圆C相切，求实数m的值.
16．在长方体中，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：平面平面AEF；
(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．自疫情爆发以来，由于党和国家对抗疫工作的高度重视，在人民群众的不懈努力下，我国抗疫工作取得阶段性成功，国家经济很快得到复苏，在餐饮业恢复营业后，某快餐店统计了近100天内每日接待的顾客人数，将前50天的数据进行整理得到频率分布表和频率分布直方图如下．

(1)求a，b，c的值，并估计该快餐店在前50天内每日接待的顾客人数的平均数；
(2)已知该快餐店在前50天内每日接待的顾客人数的方差为104，在后50天内每日接待的顾客人数的平均数为51、方差为100，估计这家快餐店这100天内每日接待的顾客人数的平均数和方差．
18．甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规则循环下去.若比赛中有人累计获胜3局，则该人获得最终胜利，比赛结束，三人经过抽签决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验，每局比赛中，甲、乙比赛甲胜概率为，乙、丙比赛乙胜概率为，丙、甲比赛丙胜概率为，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局.
(1)比赛完3局时，求甲、乙、丙各旁观1局的概率；
(2)已知比赛进行5局后结束，求甲获得最终胜利的概率.
19．如图，已知椭圆上一点，右焦点为，直线交椭圆于点，且满足， ．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于两点，求四边形面积的最大值．
答案
1．【正确答案】D
【详解】∵直线与直线平行，
∴，解之得或，
故选D.
2．【正确答案】A
【详解】试题分析：由题意知，即点A到两定点的距离之和为定值，所以为椭圆；又，所以轨迹方程为．
考点：1、椭圆的定义；2、椭圆的性质．
3．【正确答案】B
【分析】根据对立事件得到，根据互斥事件得到，计算得到答案.
【详解】因为事件与事件互为对立，所以，
因为事件与事件互斥，则.
故选B.
4．【正确答案】C
【详解】当时，方程变为，其斜率不存在，倾斜角为；
当时，由直线方程可得斜率，
因为且，
则，即，
又因为，；
综上所述：倾斜角的范围是．
故选：C．
5．【正确答案】B
【详解】对于A：由，，，可知、可能平行或相交，A错误；
对于B：由，，，则由线面平行的性质定理得，B正确；
对于C：由，，，，可知、可能平行或相交，C错误；
对于D：由，，可知或，D错误．
故选：B
6．【正确答案】B
【分析】根据题意利用圆柱和圆台的体积公式直接求解即可
【详解】因为圆柱的高为，底面直径，底面直径，且两圆台的高都为，
所以该瓷器的容积为
，
故选B.
7．【正确答案】B
设为圆上的任意一点，构造直线，过点p作，将转化为点p到直线的距离和到原点的距离的比，即，然后利用数形结合法求得的范围求解.
【详解】如图所示：
设为圆上的任意一点，
则点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
设圆与直线相切
则圆心到直线的距离：，解得，
所以的最小值为，最大值为，
所以，
即
故的最大值为，
故选：B
8．【正确答案】A
【详解】如图，，垂足为，
因为，所以，为的中点，
，，
，
，整理得，
所以，即，
，
，
在中，，在中，，
，
化简整理得，
，解得或，又，
.
故选：A.

9．【正确答案】AC
【详解】对A，，
所以，故A正确；
对B设样本的第25百分位数约为，，
则
，
所以，故B错误；
对C，样本平均数为：，
故C正确；
对D，用电量落在内的户数为：
，故D错误.
故选：AC
10．【正确答案】AD
【详解】解：对于A，因为，且，则为锐角，故A正确；
对于B，虽然直线的斜率为，但只有时，才是此直线的倾斜角，故B错误；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，任意直线都有倾斜角，且时，斜率为，故D正确.
故选：AD.
11．【正确答案】AD
【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：AD
12．【正确答案】
【详解】把直观图还原为原图形，如图所示，
则，
所以.
故答案为.
13．【正确答案】45.5
【详解】这组数据从小到大排列为：38，41，42，43，44，45，46，47，
由于，所以第75百分位数是.
故
14．【正确答案】
【详解】设为中点，则，点的轨迹方程为，
，则最大值为，
由直线，，
可得且过定点过定点， 点的轨迹是以为直径端点的圆，其方程为，
，
，，
，
的最小值为.
故；.

15．【正确答案】(1)或
(2)或
【详解】（1）若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为，与圆C相切，符合题意.
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，即，
则，解得，所以直线l的方程为.
综上，直线l的方程为或.
（2）圆的方程可化为.
若圆与圆C外切，则，解得.
若圆与圆C内切，则，解得.
综上，或.
16．【正确答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）为长方体，平面，
平面，，
又，且，平面，
平面，
平面AEF ，
平面平面；
（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，，
则，
则，
设平面的法向量为．则，即，
令，则，.
设平面的法向量为，则，
令，则，平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
17．【正确答案】(1)，，，
(2)，
【详解】（1）由表可知，第4组的频数为，
所以，，
第2组的频率为，则，
所以前50天内每天接待的顾客人数的平均数为：
.
（2）设前50天接待的顾客人数分别为，，…，，
后50天接待的顾客人数分别为，，…，，
则由（1）知前50天的平均数为，方差，
后50天的平均数为，方差，
故这100天的平均数为，
所以
，
同理可得，
所以这100天的方差为，
由以上三个式子可得，，
.
18．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题可知，甲、乙、丙各旁观1局只需讨论前两局的胜负情况，可分为：
甲胜乙、丙胜甲；乙胜甲，丙胜乙.
设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件，，，则，，相互独立，
设比赛完3局时，甲、乙、丙各旁观1局为事件，则，
则，
所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为.
（2）设甲、乙、丙第局比赛获胜分别为事件，，，，
设比赛完5局甲获得最终胜利为事件，则
，
，
，
，
，
，
所以.
所以，已知比赛进行5局后结束，甲获得最终胜利的概率为 .
19．【正确答案】（1）；（2）.
【详解】（1）为椭圆上一点，
又 ，可得，，即
所以椭圆的标准方程是.
（2）由（1）知，，直线的方程为，
联立 ，整理得：，
解得：，
设点，到直线的距离为和，
则，，
直线与椭圆相交于两点，
联立，整理得：，解得.
.
设四边形面积为，则.
设，则，
当，即，即时，四边形面积有最大值.
组别
分组
频数
频率
第1组
4
0.08
第2组
第3组
40,50
20
第4组
50,60
0.32
第5组
60,70
4
0.08
合计
50
1.00