浙江省杭州市周邊重點中學四校2024-2025學年高二上學期10月聯(lián)考數(shù)學試題

2024學年第一學期高二年級10月四校聯(lián)考數(shù)學學科試題卷命題人：浦江中學考生須知：1．本卷滿分150分，考試時間120分鐘；2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場、座位號及準考證號（填涂）；3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求．1.直線的傾斜角為（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】A【解析】【分析】根據(jù)直線傾斜角與斜率之間的關系即可得傾斜角．【詳解】因為該直線的斜率為，所以它的傾斜角為．故選：A．2.若圓錐的表面積為，底面圓的半徑為2，則該圓錐的體積為（）A.433π B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用圓錐表面積公式求出圓錐的母線及高，再利用錐體的體積公式計算即得.【詳解】圓錐底面圓半徑，母線，高，由圓錐的表面積為，得πr2+πrl=12π因此，所以該圓錐的體積V=1故選：C3.設aR，則“a＝1”是“直線：ax＋2y－1＝0與直線：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【詳解】∵當a=1時，直線：x+2y﹣1=0與直線：x+2y+4=0，兩條直線的斜率都是，截距不相等，得到兩條直線平行，故前者是后者的充分條件，∵當兩條直線平行時，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條件．故選A．考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線的一般式方程與直線的平行關系．4.在四面體中，記，，，若點M、N分別為棱OA、BC的中點，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)空間向量的線性運算，即可求得答案.【詳解】由題意得：，故選：B.5.直線分別與軸，軸交于兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出兩點坐標得到，再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離的范圍，由三角形的面積公式計算即可.【詳解】因為線分別與軸，軸交于兩點，所以，所以，由，可得圓的圓心為，半徑為，因為點在圓上，所以圓心到直線的距離為，故到直線的距離的范圍為，則.故選：A.6.已知圓，直線，P為l上的動點，過點P作圓C的兩條切線PA、PB，切點分別A、B，當最小時，直線AB的方程為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)圓的切線的有關知識，判斷出最小時，直線與直線垂直，結合圖象求得直線的方程.【詳解】圓的標準方程為，圓心為，半徑為.依圓的知識可知，四點P，A，B，C四點共圓，且AB⊥PC，所以，而，當直線PC⊥l時，最小，此時最小.結合圖象可知，此時切點為，所以直線的方程為，即.故選：A7.設函數(shù)，若，則a的最小值為（）A. B. C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)性質判斷在不同區(qū)間的符號，在結合二次函數(shù)性質得為該二次函數(shù)的一個零點，結合恒成立列不等式求參數(shù)最值.【詳解】函數(shù)定義域為，而，，，要使，則二次函數(shù)，在上，在上，所以為該二次函數(shù)的一個零點，易得，則，且開口向上，所以，只需，故a的最小值為.故選：B8.已知三棱錐的所有頂點都在球的球面上，平面，，，若球的表面積為，則三棱錐的側面積的最大值為A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意畫出圖形，設球O得半徑為R，AB=x，AC=y，由球O的表面積為29π，可得x2+y2=25，寫出側面積，再由基本不等式求最值．【詳解】設球O得半徑為R，AB=x，AC=y，由4πR2=29π，得4R2=29．又x2+y2+22=（2R）2，得x2+y2=25．三棱錐ABCD的側面積：S=S△ABD+S△ACD+S△ABC=由x2+y2≥2xy，得xy≤當且僅當x=y=時取等號，由（x+y）2=x2+2xy+y2≤2（x2+y2），得x+y≤5,當且僅當x=y=時取等號，∴S≤5+=當且僅當x=y=時取等號.∴三棱錐ABCD的側面積的最大值為.故選A.【點睛】本題考查三棱錐的外接球、三棱錐的側面積、基本不等式等基礎知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力、運算求解能力，考查數(shù)學轉化思想方法與數(shù)形結合的解題思想方法，是中檔題．二．多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求的，全部選對的得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9.已知圓，直線，則（）A.直線恒過定點B.直線l與圓C有兩個交點C.當時，圓C上恰有四個點到直線的距離等于1D.圓C與圓恰有三條公切線【答案】ABD【解析】【分析】求出直線過的定點判斷A；判斷定點與圓的位置關系判斷B；求出圓心到直線距離判斷C；判斷圓與圓的位置關系判斷D.【詳解】對于A，直線的方程為，由，得，直線過定點，A正確；對于B，，即定點圓內(nèi)，則直線與圓相交且有兩個交點，B正確；對于C，當時，直線，圓心到直線的距離為，而圓半徑為2，因此只有2個點到直線的距離等于1，C錯誤；對于D，圓的方程化為，其圓心，半徑為3，兩圓圓心距為，兩圓外切，因此它們有三條公切線，D正確.故選：ABD.10.定義在R上的偶函數(shù)，滿足，則（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用特殊值及偶函數(shù)性質判斷A；根據(jù)已知條件得、判斷B、C；根據(jù)函數(shù)的性質，舉反例判斷D.【詳解】由，令，則，又為偶函數(shù)，則，A對；由上，得①，在①式，將代換，得②，B錯；在②式，將代換，得，C對；由且，即周期為2且關于對稱，顯然是滿足題設的一個函數(shù)，此時，D錯.故選：AC11.球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科．如圖，球的半徑為R，A，B，為球面上三點，劣弧BC的弧長記為，設表示以為圓心，且過B，C的圓，同理，圓的劣弧的弧長分別記為，曲面（陰影部分）叫做曲面三角形，，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC與曲面圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面．設，則下列結論正確的是（）A.若平面是面積為的等邊三角形，則B.若，則C.若，則球面的體積D.若平面為直角三角形，且，則【答案】BC【解析】【分析】對于B，利用代入易得；對于C，先求得三棱錐體積，由球面的體積即得；對于A，由條件知三邊為，推得排除A，對于D，由余弦定理和題設可得，取特殊值即可排除D.【詳解】對于A，因等邊三角形的面積為，則，又，故則，故A錯誤；對于B，由可得，故，即B正確；對于C，由可得，故.由正弦定理，的外接圓半徑為，點到平面ABC的距離，則三棱錐的體積,而球面的體積，故C正確；對于D，由余弦定理可知由可得，，即，化簡得，．取，則，則，故D錯誤．故選：BC三．填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若圓與圓有且僅有一條公切線，______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)兩圓的位置關系先確定兩圓內(nèi)切，再由圓心距計算即可.【詳解】由，顯然，又只有一條公切線，所以相內(nèi)切，將點坐標代入圓方程知，即在圓外部，所以圓內(nèi)切于圓，則有，解之得.故答案為：13.已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點，且在軸右側的第一個零點為，當時，曲線與的交點有__________個，【答案】6【解析】【分析】根據(jù)題意，求得函數(shù)的解析式為，畫出與在區(qū)間上的圖象，結合圖象，即可求解.【詳解】因為函數(shù)的圖象經(jīng)過點，可得，即，又因為，所以，因為在軸右側的第一個零點為所以，解得，所以，畫出與在區(qū)間上的圖象，如圖所示，由圖可知曲線與的交點有6個.故答案為：6.14.如圖，在長方形中，，，為的中點，為線段（端點除外）上一動點.現(xiàn)將沿折起，使平面平面，在平面內(nèi)過點作，為垂足．設，則的取值范圍是_______.【答案】【解析】【分析】設，求得關于的表達式，根據(jù)的取值范圍結合求得的取值范圍.【詳解】如圖，在平面ADF內(nèi)過點D作，垂足為，連接．過點作，交于點．設，，所以．

設，則．因為平面平面ABC，平面平面，，平面ABD，所以平面ABC，又平面，所以．又因為，，，平面DKH，所以平面，所以，即．在中，，，因為和都是直角三角形，，所以，．因為，，所以，得．因為，所以，所以．又，即，故.故答案為：四．解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.某校為提高學生對交通安全的認識，舉辦了相關知識競賽，從所有答卷中隨機抽取份作為樣本，發(fā)現(xiàn)得分均在區(qū)間內(nèi).現(xiàn)將個樣本數(shù)據(jù)按，40,50，50,60，60,70，，分成組，并整理得到如下頻率分布直方圖.（1）請估計樣本數(shù)據(jù)的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）和中位數(shù)（精確到）；（2）學校決定表彰成績排名前的學生，學生甲的成績是，請估計該學生能否得到表彰，并說明理由.【答案】（1）樣本數(shù)據(jù)的平均值為，中位數(shù)為；（2）學生甲不能得到表彰，理由見解析.【解析】【分析】（1）用每組數(shù)據(jù)中點值乘以該組數(shù)據(jù)的頻率相加求和可得平均值，先估算中位數(shù)的范圍，再列方程求中位數(shù)；（2）估算排名在的成績，和比較，得到結論.【小問1詳解】樣本數(shù)據(jù)的平均值為因為從左至右的前組數(shù)據(jù)的頻率為，從左至右的前組數(shù)據(jù)的頻率為，所以樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)位于區(qū)間內(nèi)，設中位數(shù)為，則，所以，【小問2詳解】成績低于分的頻率為，成績低于分的頻率為，則被表彰的最低成績?yōu)?，所以估計學生甲不能得到表彰.16.在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為，動點P滿足（1）求動點P的軌跡C的方程（2）若直線l過點且與軌跡C相切，求直線l的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）設，根據(jù)動點滿足，再用兩點間距離公式列式化簡作答.（2）討論直線的斜率，設出直線l的方程，由圓心到直線的距離等于圓的半徑求解作答.【小問1詳解】設，由，得，化簡得，所以P點的軌跡的方程為.【小問2詳解】由（1）知，軌跡：表示圓心為，半徑為2的圓，當直線l的斜率不存在時，方程為，圓心到直線l的距離為2，與相切；當直線l的斜率存在時，設，即，于是，解得，因此直線的方程為，即，所以直線l的方程為或.17.已知函數(shù)（且）是定義在上的奇函數(shù)，且；（1）求a，b的值；（2）解不等式．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)和即可聯(lián)立求解，（2）根據(jù)函數(shù)的單調性以及奇偶性即可求解.【小問1詳解】由題意可知：和，故且，故，（舍去）【小問2詳解】，由于函數(shù)均為單調遞減函數(shù)，故為單調遞減，故，即，解得，故不等式的解為18.在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直，活動彈子M，N分別在正方形對角線BD和BF上移動，且BM和BN的長度保持相等，記．（1）證明：平面BCE；（2）當時，求平面MNA與平面MNB夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由已知可證明，可得，由線面平行的判定定理得平面BCE；（2）由題意，M，N分別BD和BF的中點，為中點，連接，余弦定理求，可得平面MNA與平面MNB夾角的余弦值.【小問1詳解】連接，ABCD，ABEF的邊長都是正方形，則有，又，則中，，所以，由，，則四邊形為平行四邊形，有，所以，平面BCE，平面BCE，所以平面BCE.【小問2詳解】當時，M，N分別BD和BF的中點，連接，則，平面平面，平面平面，平面，，則平面，平面，則，，得，，為中點，連接，則，，，中，由余弦定理，，所以平面MNA與平面MNB夾角的余弦值為.【點睛】方法點睛：作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確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；也可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.19.“費馬點”是由十七世紀法國數(shù)學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三角形內(nèi)求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.”意大利數(shù)學家托里拆利給出了解答，當?shù)娜齻€內(nèi)角均小于時，使得的點即為費馬點；當有一個內(nèi)角大于或等于時，最大內(nèi)角的頂點為費馬點.在中，內(nèi)角，，的對邊分別為，，.（1）若.①求；②若的面積為，設點為的費馬點，求的取值范圍；（2）若內(nèi)一點滿足，且平分，試問否存在常實數(shù)，使得，若存在，求出常數(shù)；若不存在，請說明理由.【答案】（1）①；②（2）存在，【解析】【分析】（1）①根據(jù)三角形內(nèi)角和定理結合兩角和差的余弦公式化簡即可得解；②在，中，分別利用正弦定理求出，再根據(jù)數(shù)量積的定義結合三角恒等變換化一，再根據(jù)三角函數(shù)的性質即可得解；（2）根據(jù)求出三角形面積的表達式，再在，，中，分別由余弦定理求出與的關系，再結合化簡即可得出結論.【小問1詳解】①因為，且，所以，所以，即，因為，，所以，，所以，因，所以；②因為，所以的內(nèi)角均小于，所以點在的內(nèi)部，且，由，