2024杭州四校联考高二上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024杭州四校联考高二上学期10月月考数学试题含解析，文件包含浙江省杭州市四校2023-2024学年高二上学期10月联考数学试题含解析docx、浙江省杭州市四校2023-2024学年高二上学期10月联考数学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
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. 1 C. 2 D. 【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：A5. 设非零向量和的夹角为，定义运算：.已知，，则（    ）A. 2 B.  C. 3 D. 【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：C6. 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