2023-2024学年浙江省杭州市四校高二（上）联考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市四校高二（上）联考数学试卷（10月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年浙江省杭州市四校高二（上）联考数学试卷（10月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.直线的斜率与轴上的截距分别为(    )A.  B.  C.  D. 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”，则实数的值为(    )A.  B.  C.  D. 3.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. 5.设非零向量和的夹角为，定义运算：已知，，则(    )A.  B.  C.  D. 6.点在圆上运动，则的取值范围(    )A.  B.  C.  D. 7.在中，，，点在直线上运动，则内切圆的半径的最大值是(    )A.  B.  C.  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. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知实数，，那么(    )A.  B.  C.  D. 10.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. 球的表面积为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. 事件和互斥 B. 事件和互斥
C. 事件和相互独立 D. 事件和相互独立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. 直线过定点三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在空间直角坐标系中，若，，且，则 ______ ．14.设，若函数在上有且仅有个零点，则的取值范围是______ ．15.直线：与圆：交于，两点，若为等边三角形，则的值为        ．16.若关于的方程；在上有实数根，则的最小值是______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.本小题分

如图，已知平面，底面为正方形，，，分别为，的中点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
18.本小题分
在中，，，分别是角，，的对边，且．
求角；
若，求边上高的最大值．19.本小题分
已知奇函数的定义域为，其中为指数函数，且过定点．
求函数的解析式；
若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．20.本小题分

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份作为样本，将样本的成绩满分分，成绩均为不低于分的整数分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图．
Ⅰ求频率分布直方图中的值；
Ⅱ求样本成绩的第百分位数；
Ⅲ已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差．
21.本小题分
设抛物线与两坐标轴的交点分别记为，，，曲线是经过这三点的圆．
求圆的方程．
过作直线与圆相交于，两点，
用坐标法证明：是定值．
设，求的最大值．22.本小题分

如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，在锐角三角形中，．
Ⅰ点满足，试确定的值，使得直线平面，并说明理由．
Ⅱ当的长为何值时，直线与平面所成的角的正弦值为．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：直线的斜率为，
令，则，
所以直线在轴上的截距为．
故选：．
根据直线方程求出斜率及截距即可．
本题主要考查直线的截距式方程，属于基础题．2.【答案】 【解析】解：，
因为“等部复数”的实部和虚部相等，复数为“等部复数”，
所以，所以．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实部和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及实部和虚部的定义，属于基础题．3.【答案】 【解析】解：对于，若，都垂直于同一平面，则平面，相交或平行，故A错误；
对于，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，若，都平行于同一直线，则平面，相交或平行，故C错误；
对于，，都垂直于同一直线，则平面，互相平行，故D正确．
故选：．
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．
本题考查的知识要点：平面平行的判定和性质，主要考查学生的理解能力，属于基础题．4.【答案】 【解析】解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，
则，，，，
所以，，
所以，，
又异面直线所成角的取值范围为，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．
以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出所需各点的坐标，利用空间向量的夹角公式，求解即可．
本题考查异面直线夹角的求法，熟练掌握空间向量数量积的坐标运算法则是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．5.【答案】 【解析】解：由，得：
，，，
故，
因，故，
由题意．
故选：．
先根据，求得，，，进而可得，进而由可得．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．6.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．7.【答案】 【解析】解：由于直线与平行，即到边的距离为定值，所以面积恒为，
由于关于直线的对称点为，即，
由于三角形任意两边和大于第三边，所以当位于直线与的交点时，
即时，取得最小值为，所以的最小周长为，
所以内切圆的最大半径为．
故选：．
由于直线与平行，所以面积为定值，只需求出三边和的最小值，而后即可得到内切圆的最大半径．
本题主要考查内切圆半径，属中档题．8.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查了三棱锥外接球半径的计算，属于中档题．9.【答案】 【解析】解：对于，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，由指数函数在上单调递增可得，当时，可得，
所以B正确；
对于，由不等式性质可知若，，可得，
即C正确；
对于，，
易知，，但的符号无法确定，
所以D错误．
故选：．
对于、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．
本题考查了不等式的性质，属基础题．10.【答案】 【解析】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，，
则，，共线，且，，
连接，，，则，分别平分，，
故DE，，，
故，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；
球的表面积为，故D正确．
故选：．
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，，连接，，，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解．
本题考查球圆台的相关计算，属于中档题．11.【答案】 【解析】解：对于，事件，可能同时发生，故事件和不互斥，故A错误；
对于，事件和互不影响，故事件和相互独立，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，
所以事件和互斥，故B正确；
，
所以事件和不是相互独立事件，故D错误．
故选：．
根据相互独立事件和互斥事件的定义逐一判断即可．
本题考查相互独立事件和互斥事件的定义，属于基础题．12.【答案】 【解析】解：对选项A，如图，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，
半径为的圆图中虚线圆，

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，使的点共有个，故A正确；
连接、，如图，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：．
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、反证法分析推理即可得解．
本题考查了抛物线的性质，圆与圆锥曲线的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．13.【答案】 【解析】解：因为，所以，
解得，
所以，．
故答案为：．
根据列方程得到，然后求模即可．
本题考查空间向量数量积的运算，属于基础题．14.【答案】 【解析】解：因为函数在上有且仅有个零点，且当时，，
所以，解得．
故答案为：．
由题意可得，进而可得答案．
本题主要考查函数的零点以及三角函数的性质，属于基础题．15.【答案】 【解析】解：由题知圆心为，半径为，
圆心到直线：的距离为，
为等边三角形，，，
，解得．
故答案为：．
由题知圆心为，为等边三角形，可得圆心到直线的距离为，求解即可．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了学生的运算求解能力，属基础题．16.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查了点到直线的距离公式，属于中档题．17.【答案】解：Ⅰ证明：取的中点，连接，，
又为的中点，为的中点，
，，
又，，
，
所以四边形为平行四边形，
所以，
平面，
，
又，
平面，
，
又，为的中点，
，
又，，平面，
平面，
平面；
Ⅱ以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间坐标系，

则，，，
则，
设平面的法向量为，
则，
则可取平面的法向量，
易知平面的法向量，
则，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 【解析】Ⅰ先证明，再证明平面，由此可得证；
Ⅱ建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式得解．
本题考查空间中垂直关系的证明，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．18.【答案】解：，
则，
，即，
故，且，则．
由及余弦定理得：，
，
，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． 【解析】根据题意，由三角恒等变换化简即可得到结果；
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．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．19.【答案】解：设且，
因为过点，所以，即，解得，
则，所以，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，则，解得，
则；
，
在上单调递减．
由得，
，
函数是定义在上的奇函数，
，
，
当恒成立，
而当时，，
，
实数的取值范围． 【解析】设，代入点，即可得到，再由奇函数的定义，即可得到；
先判断的单调性，可运用导数或分离变量法，要使对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立，结合二次函数的最值，即可得到的范围．
本题考查函数的奇偶性和单调性及运用：求函数的表达式和解不等式，考查运算能力，考查分离参数的方法，属于中档题和易错题．20.【答案】解：Ⅰ由频率分布直方图可得，，
解得；
Ⅱ成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第百分位数为，则落在区间内，
由，得，
即第百分位数为；
Ⅲ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． 【解析】Ⅰ根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为求解；
Ⅱ根据百分位数的定义求解；
Ⅲ根据平均数和方差的计算公式求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的定义，以及平均数和方差的计算，属于中档题．21.【答案】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，
则，解得，
则，化为标准式为．
证明：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，
联立直线与圆的方程，消去可得，
设，，
由根与系数的关系可得，，
且，
，
则

，是定值．
由可知，当直线的斜率不存在时，，
且，则，，则；
当直线的斜率存在时，设方程为，
则



．
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为． 【解析】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；
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，结合根与系数的关系代入计算，即可得到结果；
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．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．22.【答案】解：Ⅰ时，平面，理由如下：
连接，与交于点，连接，

因为，
所以，又因为面，平面，
所以平面；
Ⅱ直线与平面所成的角的正弦为，取，

则，
设直线与平面所成的角记作，则
易证，结合，得面，
所以面面，
作交线于点，则面，
设，则点到面的距离为，
所以，
所以，
所以，，
在锐角三角形中，． 【解析】Ⅰ连接，与交于点，连接，当时，可得，再利用线面平行的判定定理即可证得平面；
Ⅱ取，则，设直线与平面所成的角记作，则，利用面面垂直的判定定理可得面面，作交线于点，则面，设，则点到面的距离为，则，求出的值，再利用余弦定理即可求出的长．
本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了直线与平面所成的角，以及余弦定理的应用，属于中档题．