浙江省杭州市2025_2026学年高二数学上学期10月独立检测试卷含解析

这是一份浙江省杭州市2025_2026学年高二数学上学期10月独立检测试卷含解析，共21页。试卷主要包含了 已知复数满足， 若函数是奇函数，则， 已知正数满足，则的最小值是， 已知，，则，015，的值为40等内容，欢迎下载使用。
A. (0,3)
B. (0,1)∪(1,3)
C. (0,1)
D. (－∞，1)∪(3，＋∞)
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：∵有4个子集，∴有2个元素，∴，∴且，即实数的取值范围是，故选B．
【考点】本题主要考查集合的关系．
2. 已知复数满足（是虚数单位），复数在复平面内对应的点位于（ ）
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】
【分析】利用复数的乘方运算以及除法运算求解即可.
【详解】∵，∴，
∴，
∴复数在复平面内对应的点，位于第二象限.
故选：B.
3. 若函数是奇函数，则（ ）
A -1B. 0C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数性质，结合指数运算即可求解.
【详解】的定义域为，关于原点对称，
则，即，故，解得，
故选：C
4. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先求出时a数值，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】若，则，解得或
当时，直线，直线，此时，
当时，直线，直线，此时，
综上，则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知正数满足，则的最小值是（ ）
A. 17B. 16C. 15D. 14
【答案】A
【解析】
【分析】先凑配，再利用基本不等式求解即可.
【详解】，
当且仅当，即时，取得最小值，故取得最小值.
故选：A.
6. 已知函数，若恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】函数的图象与直线交点的横坐标，即为的零点，因此作出函数的图象，直线，由它们有三个交点可得出的范围，的关系，从而求得结论．
【详解】的零点，即为函数的图象与直线交点的横坐标，作出的大致图象及直线，如图，它们有三个交点，
由于，，因此，，，
而，即，所以，
所以，
故选：B．
7. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用降幂公式及角的变换，结合两角和与差的余弦公式化简即可求解.
【详解】已知,
则
故选:.
8. 已知A，B，F分别是椭圆的右顶点，上顶点和右焦点，若过A，B，F三点的圆恰与y轴相切，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用过A，B，F三点的圆恰与y轴相切，求出圆的标准方程，再利用点A在圆上，坐标适合方程即可求解．
【详解】由已知可得：，，，
线段的垂直平分线方程为，过A，B，F三点的圆恰与y轴相切，
所以圆心坐标为，圆的半径为，
所以经过A，B，F三点的圆的圆的方程为，
在圆上，所以，
整理得：，所以，所以，
化为：，由，解得．
故选：B．
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 某校对参加高校综合评价测试的学生进行模拟训练，从中抽出名学生，其数学成绩的频率分布直方图如图所示．已知成绩在区间内的学生人数为2人．则（ ）

A. 的值为0.015，的值为40
B. 平均分为72，众数为75
C. 中位数为75
D. 已知该校共1000名学生参加模拟训练，则不低于90分的人数一定为50人
【答案】AB
【解析】
【分析】由各组的频率之和为1可得的值；由区间的人数以及频率可得；众数看图可得，中位数通过计算可得.
【详解】①由图可知，，，，
，，，
由频率之和为1可得，故；
②因为，所以；
③由图可知，众数为75；
④平均数为；
⑤，所以中位数位于区间，
设中位数为，则，解得；
综上所述，AB正确，而C错误；
样本可以估计总体，但是不能通过样本直接确定总体，样本与总体之间总是存在一定的偏差，故选项D错误.
故选：AB
10. 已知的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 的取值范围是
B. 若为边的中点，且，则的面积的最大值为
C. 若是锐角三角形，则的取值范围是
D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为10
【答案】ABC
【解析】
【分析】借助面积公式与余弦定理由题意可得，对A：借助三角恒等变换公式可将其化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可得；对B：借助向量数量积公式与基本不等式即可得；对C：借助正弦定理可将其化为与角有关的函数，结合角度范围即可得解；对D：借助等面积法及基本不等式计算即可得.
详解】由题意知，整理得，
由余弦定理知，，，．
对A，
，
，，，
的取值范围为，故A正确；
对B，为边的中点，，
则，
，当且仅当时，等号成立，
，故B正确；
对于C，，
是锐角三角形，，
，，故C正确；
对于D，由题意得，
即，
整理得，即，
，
当且仅当时，等号成立，故D错误．
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查三角形中的最值与范围问题，主要思考方向有两个，一个是借助余弦定理得到边之间的关系，从而通过基本不等式求解，一个是借助正弦定理将边化为角，通过三角形中角的关系将多个变量角化为单变量，借助函数性质得到范围或最值.
11. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B. 当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为
C. 使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为
D. 若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.
【详解】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确；
选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，则，
因为，则，
当时，可得，所以；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
可知，且，所以；
所以异面直线与所成角的取值范围是，正确；
对于C：因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；
对于D，由，
设，则
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，当时，等号成立，错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设函数，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据解析式，将代入即可求解.
【详解】由，
则，
故答案为：
【点睛】本题考查了求分段函数的函数值，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
13. 已知是平面向量，与是单位向量，且，若，则的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】把条件的二次方程分解成两个向量的积，得到这两个向量互相垂直，结合图形确定的最小值.
【详解】如下图所示，设
且
点B在以F为圆心，DE为直径的圆上
又
当点B为圆F和线段FA的交点的时候，最短
故答案为：
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与C交于M，N两点，设的内切圆圆心为，外接圆圆心为，则的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得的坐标，可得在直线上，由推得，进而求得，再由对称性判断点在轴上，利用点到直线的距离等于该点到直线的距离列方程，求出，即得，由两点间距离公式即可求得.
【详解】
由题意可得，由，解得和，
即，易知直线经过点，
由可得，
故的外接圆圆心为的中点，即，
又的内切圆圆心为，则由平分，故点在轴上，不妨设，
易得直线的方程为，即，
则点到直线的距离等于该点到直线的距离，
即，解得或（不合题意，舍去），故得，
故.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在平面直角坐标系中，角的始边为轴的正半轴，终边在第二象限与单位圆交于点，点的横坐标为.
（1）求的值；
（2）若将射线绕点逆时针旋转，得到角，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值，再利用同角三角函数的基本关系，计算求得所给式子的值．
（2）由题意利用诱导公式求得，再将化为，即可求得答案．
【小问1详解】
在单位圆上，且点在第二象限，的横坐标为，可求得纵坐标为，
所以，则．
【小问2详解】
由题知，则，，则 ，
故
.
16. 已知圆C：及直线l：．
（1）求过点的圆的切线方程；
（2）找出不论m取什么实数时直线l恒经过的点，并证明：直线l与圆C恒相交；
（3）求直线l被圆C截得的最短弦的长及此时的直线方程．
【答案】（1）
（2）；证明见解析
（3）弦长为；直线方程为
【解析】
【分析】（1）由两直线垂直求出斜率，再由点斜式求出直线方程可得；
（2）将直线方程整理为关于的方程，再解方程组可得顶点；由定点在圆内可证明；
（3）弦长最短时利用斜率关系求出斜率，点斜式得到直线方程，再由几何法求弦长可得.
【小问1详解】
由题意可得圆心，
由点在圆上，所以设切线斜率为，
则，
所以直线方程为，即.
【小问2详解】
变形为，
令，解得，
所以直线l恒经过点，
因为，所以点在圆内部，
所以直线l与圆C恒相交.
【小问3详解】
当直线l被圆C截得的弦长最短时，此弦与过圆心和点所在的直线垂直，
设弦的斜率为，则，
弦方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
所以弦长为.
17. 如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

（1）求证：∥平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）边上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由
【答案】（1）详见解析；
（2）；
（3）存在点，此时.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在，列出方程求解即可.
【小问1详解】
证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则
，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
因为，
所以，所以，
又因为平面，
所以∥平面；
【小问2详解】
解：由（1）知，，
所以点到平面的距离为；
【小问3详解】
解：假设边上存在点满足条件，，
则，
设直线与平面所成角为，
由题意可得，
化简得，则或（舍去），
即存在点符合题意，此时.
18. 记双曲线的左、右焦点分别为，其上一点满足.
（1）求的渐近线方程；
（2）记的右顶点为，射线上两点，满足.
（i）若点的横坐标为，求点的坐标（用表示）；
（ii）已知点在圆上，若的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）由双曲线的定义及题中条件可求出的值，从而求得的渐近线方程；
（2）（i）由题意可得，由点斜式确定的方程，设的横坐标为，再根据两点之间的距离公式和题中条件，求得，从而可得点的坐标为；
（ii）首先根据双曲线的方程求出，再根据（i）中结论及，确定，又圆的圆心为，半径为，将的取值范围转化为定点到圆上一动点的距离问题即可求解.
【小问1详解】
由双曲线的定义知，，可得，
将点代入双曲线，则，故，
因此可得的方程为：，
则的渐近线方程为.
【小问2详解】
（i）显然，而，故的斜率，
因此可得的方程为，
故，设的横坐标为，
则，于是，
故，
于是点的坐标为.
（ii）沿用（i）的结论，记的半焦距为，则，
故，，则，由已知，
故，解得，故，
由（1），所以圆的方程为，圆心为，半径为，
于是，且，
故的取值范围为.
19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点与两定点Q，的距离之比（且），是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆：的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在x轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分.
①求的取值范围；
②设、的面积分别为、，当时，求直线的方程.
【答案】（1）;
（2）①，②.
【解析】
【分析】（1）根据题中阿波罗尼斯圆的定义，设出，结合离心率可以求出椭圆方程；（2）根据等面积法或者内角平分线定理，将求转化到求，再利用，，三点共线求解.
【小问1详解】
设，由题意知（常数），
整理得：，所以，
又，解得：，，，
椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
①根据平分,
则，又（底边相同），
故（或由内角平分线定理得），由，设，，
则，，设
所以，即，
因为直线斜率为，得，将，坐标代入椭圆方程得：
和，
即，
化简得，
整理得，因为，故，
所以的取值范围为.
②由①知，，根据平分，，故，
即，，故，
所以，
直线的方程为.
【点睛】关键点睛：第二问，首先要利用等面积法或者内角平分线定理，将转化到上，结合三点共线建立三点坐标之间的关系，将，点坐标代入椭圆方程中得出相应的表达式.