浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前

2023学年第一学期浙南名校联盟10月联考

高二年级数学试题

考生须知：

1．本卷共4页满分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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；

4．考试结束后，只需上交答题纸.

一．单选题（每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 若集合，，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先求解集合，再求.

【详解】，其中，所以恒成立，

即，那么.

故选：D

2. 若直线经过第一、二、三象限，则有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据直线所过的象限判断斜率、截距的符号即可.

【详解】因为直线经过第一、二、三象限，

所以直线的斜率，在y轴上的截距.

故选：A

3. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将化为，再利用平行线间距离公式即可求解.

【详解】由可得，

由平行线间距离公式可得：

它们之间的距离为，

故选：C

4. 如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的周长等于（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合直观图还原出原图，结合数据可得答案.

【详解】因为，所以直观图中正方形的边长为，

结合直观图的特征，可得原图如下，

因为直观图中，且与轴平行，所以原图中且与轴平行，

因为，所以；

由直观图的性质可知，原图中四边形为平行四边形，

所以的周长等于.

故选：D.

5. 在三棱锥中，PA、AB、AC两两垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先三棱锥补成长方体，利用长方体的外接球的半径公式，即可求解.

详解】如图，将三棱锥补成长方体，

三棱锥的外接球就是长方体的外接球，所以，

则三棱锥外接球的表面积.

故选：C

6. 已知圆C：，直线l横纵截距相等且与圆C相切﹐则满足条件的直线l有（    ）条.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，讨论直线是否为0，结合相切关系及点线距离公式分别求出对应切线方程即可.

【详解】由圆，则圆心，半径，

若截距为0，设，则，此时；

若截距不为0，设，则，此时；

综上，共有3条件满足条件的直线l.

故选：C

7. 已知椭圆：，点，是长轴的两个端点，若椭圆上存在点，使得，则该椭圆的离心率的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由P在上顶点时，最大，进而得到，由求解.

【详解】如图：

当P在上顶点时，最大，此时，

则，

所以，

即，，

所以，

则，

所以椭圆的离心率的取值范围是，

故选：A

8. 已知，从点射出的光线经x轴反射到直线上，又经过直线反射到点，则光线所经过的路程为（    ）

A.  B. 6 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用点关于直线的对称点的求法，以及数形结合，即可求解.

【详解】直线的方程为，设点关于的对称点为，

则，得，即

点关于轴的对称点为，

由题意可知，如图，点都在光线上，并且利用对称性可知，，，

所以光线经过的路程.

故选：C

二．多选题（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.全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）

9. 已知，为空间中不同的两条直线，，为空间中不同的两个平面，下列命题错误的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，，则

C. 若，，则和为异面直线

D. 若，，且，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据线面位置关系，逐一检验，可得答案.

【详解】对于A，由，，则或，故A错误；

对于B，由，，，则或与异面，故B错误；

对于C，由，，则无法确定直线与的位置关系，

平行、相交、异面都有可能，故C错误；

对于D，由，，则与一定不相交；

假设与异面，由，，则，，，

由与异面，则与相交，但这与平行公理矛盾，故D正确.

故选：ABC.

10. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ）

A. 的平均数等于的平均数

B. 的中位数等于的中位数

C. 的标准差不小于的标准差

D. 的极差不大于的极差

【答案】BD

【解析】

【分析】综合应用平均数、中位数、标准差和极差的定义即可求得结果.

【详解】A中，取为 1,2,2,2,2,2,2,11，的平均数为2，的平均数为3，故A错误；

B中，的中位数等于6个数据从小到大排列后最中间2个数的平均数，的中位数为8个数据从小到大排列后最中间2个数的平均数，两者相等，故B正确；

C中，取为 1,2,2,2,2,2,2,11，的标准差为0，的标准差为，故C错误；

D中，极差为样本数据的最大值减去最小值，所以的极差不大于的极差，故D正确，

故选：BD.

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1 D. 三棱锥体积不变

【答案】AD

【解析】

【分析】首先建立空间直角坐标系，利用坐标表示条件中的垂直关系，即可判断选项ABC；利用等体积转化，即可判断D.

【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. 已知直线l1：，l2：，l3：，l4：.则（    ）

A. 存在实数α，使l1l2，

B. 存在实数α，使l2l3；

C. 对任意实数α，都有l1⊥l4

D. 存在点到四条直线距离相等

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用直线平行、直线垂直的条件和点到直线的距离逐项检验即可求解.

【详解】当时，，故选项A正确；

，所以与不平行，故选项B错误；

恒成立，，故选项C正确；

坐标原点到四条直线距离均为1，故选项D正确.

故选：ACD.

三．填空题（每小题5分，共20分）

13. 复数，则z的实部为______.

【答案】

【解析】

【分析】先化简复数，再利用实部的含义求解.

【详解】因，

所以的实部为.

故答案为：.

14. 已知点是圆：上动点，.若线段的中垂线交于点，则点的轨迹方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据椭圆定义以及其标准方程，可得答案.

【详解】由题意，可作图如下：

因为为线段中垂线上一点，所以，则，

显然为圆：的半径，则，

则动点的轨迹为以定点为焦点的椭圆，其中，，

解得，故其轨迹方程为.

故答案为：.

15. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则______.

【答案】

【解析】

【分析】求出两圆的相交弦所在直线的方程，将圆的圆心坐标代入相交弦所在直线的方程，可判断结果.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

将两圆方程作差可得，

因为圆平分圆的周长，则这两圆相交，且相交弦所在直线的方程为，

由题意可知，直线过圆心，

所以，，解得.

故答案为：.

16. 如图，正四面体的体积为，E、F、G、H分别是棱AD、BD、BC、AC的中点，则______，多面体体积为______.

【答案】    ①. 2    ②.

【解析】

【分析】根据正四面体的体积公式，列式求棱长；将多面体的体积分为，再根据锥体的体积公式，即可求解.

【详解】设正四面体的棱长为，如图，

点在底面的射影为等边三角形的中心，连接，则，

所以，

三棱锥的体积，解得：，

则；

如图，连接，多面体体积，

点到平面和平面的距离相等，都是，

四边形的面积为，三角形的面积为，

所以.

故答案为：2；

四．解答题（本小题共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. 平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，.

（1）用向量，，表示向量；

（2）求线段的长度．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，

（2）根据向量的模长公式，即可代入求解.

【小问1详解】

因为为中点，为中点， ，，，

所以

【小问2详解】

因为平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱，且，

所以，，，

所以

所以，即线段PM长为

18. 已知的三边长互不相等，角，，的对边分别为，，，其中，.

（1）求证是直角三角形；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理与二倍角公式整理等式，结合三角形的性质，可得答案；

（2）根据勾股定理以及基本不等式，可得答案.

【小问1详解】

证明：由，根据正弦定理，则，

即，

因为，所以或，又的三边长互不相等，

即且，所以为直角三角形.

【小问2详解】

由，且为直角三角形，故，

仅当时等号成立，又，所以，

又，故的取值范围是.

19. 已知，的平分线方程为.

（1）求所在直线方程；

（2）求所在直线方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据斜率公式得到，然后根据点斜式方程写直线的方程即可；

（2）联立方程得到，然后根据正弦定理得到，设，利用两点间距离公式列方程，解方程得到，然后写直线方程即可.

小问1详解】

，

直线的方程为，，

所在直线方程：.

【小问2详解】

由解得，设 ，

依题意，的平分线为直线，

由正弦定理得，，

由于，由此整理得,则，

设，则，

整理得，解得或（舍去），

则，，

直线的方程为，.

20. 已知椭圆C：的左､右焦点分别为，，离心率，过的直线l交椭圆C于A，B两点.的内切圆的半径为.

（1）求椭圆的方程；

（2）求直线l的方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由椭圆的离心率公式即可求得；

（2）结合三角形的面积公式及直线与椭圆的位置关系求解即可.

【小问1详解】

由题意得，，又，则，所以，

所以椭圆方程为

【小问2详解】

依题意可知直线与轴不平行，

故可设直线的方程为，此时由于在椭圆内部，

所以直线与椭圆必有两个交点，设，

由，消去并化简得，

则，，

所以

设的内切圆的半径为，则，

因为的周长为，

又因为，

因为，

即，则解得或（舍去），则，

所以直线的方程为或.

21. 如图，在三棱锥中，，， ，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，．

（1）证明：平面；

（2）求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先设，利用基底表示向量，利用，即可确定点的位置，根据线面平行的判断定理，即可求解；

（2）首先构造二面角的平面角，再根据三边求二面角的余弦值，即可求解.

【小问1详解】

设，则

，

，

则，

解得

则F为AC的中点，由分别为的中点，

于是，又平面平面，

所以平面．

【小问2详解】

过点O作交于点，设，

由，得，且，

由(1)可知，则，

所以，

因此，

所以

所以为二面角的平面角

因为分别为的中点

所以为的重心

即有，又，

所以，

解得，同理得，

因为，

所以，则，

从而，，

在中，，

于是

所以平面与平面夹角的余弦值为

22. 如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右焦点分别为，，设是第一象限内上一点，，的延长线分别交于点，.

（1）求周长；

（2）设，分别为，的内切圆半径，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；

（2）根据三角形内切圆的性质及（1）可得，即可转化为，根据三角形面积可化为，利用直线与椭圆联立求出，代入化简后利用均值不等式即可求解.

【小问1详解】

，为椭圆的两焦点，且，为椭圆上的点，

由椭圆定义得，

由题意，得，即的周长为.

【小问2详解】

易知，，设，，，由条件知，，

直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得，

则，得，，故．

当时，直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得，

同理，可得，

因为，

所以

，

当且仅当时，等号成立.

若轴时，易知，，，

此时，

综上，的最大值为.

【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；