浙江省杭州市周边重点中学四校2024-2025学年高二上学期10月联考数学试题

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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. 433πB. 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的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
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：本题共3小题，每小题5分，共15分．
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. 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，40,50，50,60，60,70，，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.
①求；
②若的面积为，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.
2024学年第一学期高二年级10月四校联考
数学 学科 试题卷
命题人：浦江中学
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系即可得倾斜角．
【详解】因为该直线的斜率为，
所以它的倾斜角为．
故选：A．
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. 433πB. C. D.
【答案】C
【解析】
【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】圆锥底面圆半径，母线，高，
由圆锥的表面积为，得πr2+πrl=12π，而，解得，
因此，
所以该圆锥的体积V=13πr2ℎ=13π×22×23=833π.
故选：C
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
【答案】A
【解析】
【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. 在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：，
故选：B.
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.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两点坐标得到，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离的范围，由三角形的面积公式计算即可.
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的切线的有关知识，判断出最小时，直线与直线垂直，结合图象求得直线的方程.
【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. 设函数，若，则a的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数性质判断在不同区间的符号，在结合二次函数性质得为该二次函数的一个零点，结合恒成立列不等式求参数最值.
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【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4πR2=29π，得4R2=29．又x2+y2+22=（2R）2，得x2+y2=25．三棱锥A-BCD的侧面积：S=S△ABD+S△ACD+S△ABC=由x2+y2≥2xy，得xy≤当且仅当x=y=时取等号，由（x+y）2=x2+2xy+y2≤2（x2+y2），得x+y≤5,当且仅当x=y=时取等号，∴S≤5+=当且仅当x=y=时取等号. ∴三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为.故选A.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．
二．多选题：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的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断圆与圆的位置关系判断D.
【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，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. 定义在R上的偶函数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用特殊值及偶函数性质判断A；根据已知条件得、判断B、C；根据函数的性质，举反例判断D.
【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. 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
【答案】BC
【解析】
【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.
【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
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若圆与圆有且仅有一条公切线，______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据两圆的位置关系先确定两圆内切，再由圆心距计算即可.
【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.
故答案为：
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，
【答案】6
【解析】
【分析】根据题意，求得函数的解析式为，画出与在区间上的图象，结合图象，即可求解.
【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.
故答案为：6.
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_______.

【答案】
【解析】
【分析】设，求得关于的表达式，根据的取值范围结合求得的取值范围.
【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. 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，40,50，50,60，60,70，，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.
【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.
【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.
【小问1详解】
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，
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设，根据动点满足，再用两点间距离公式列式化简作答.
（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答.
【小问1详解】
设，由，得，
化简得，
所以P点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据和即可联立求解，
（2）根据函数的单调性以及奇偶性即可求解.
【小问1详解】
由题意可知：和，
故且，
故，（舍去）
【小问2详解】
，
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. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可证明，可得，由线面平行的判定定理得平面BCE；
（2）由题意，M，N分别BD和BF的中点，为中点，连接，余弦定理求，可得平面MNA与平面MNB夹角的余弦值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角，利用余弦定理求解；也可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
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.
①求；
②若的面积为，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）①；②
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）①根据三角形内角和定理结合两角和差的余弦公式化简即可得解；②在，中，分别利用正弦定理求出，再根据数量积的定义结合三角恒等变换化一，再根据三角函数的性质即可得解；
（2）根据求出三角形面积的表达式，再在，，中，分别由余弦定理求出与的关系，再结合化简即可得出结论.
【小问1详解】
①因为，且，
所以，
所以，
即，
因为，，所以，，
所以，
因，所以；
②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；
【小问2详解】
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，③
又由余弦定理可得：，④
由③④得：，
所以，即，
所以常数，使得.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.