浙江省衢温51联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省衢温51联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共6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．
选择题部分
一、选择题：本题共8个小题，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的．
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出两个集合求其并集即可.
【详解】由，得，
由，得，
所以.
故选：C
2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将复数化成形式，再求模．
【详解】∵，∴，
∴.
故选：A.
3. 已知向量与单位向量的夹角为，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据投影向量的定义即可得结果.
【详解】在方向上的投影向量为，
故选：D.
4. 在空间中有3条不同的直线，满足，则“”是“”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的充分性和必要性判断即可.
【详解】当时，因为垂直于同一条直线的两条直线可以共面也可以异面，
所以可以平行，也可以与异面或者相交，故，即不是充分条件；
当时，因为，所以，故，即是必要条件，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
5. 已知圆，圆，若与有公共点，则最小值为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】首先得到两圆的圆心坐标与半径，求出圆心距，依题意可得，即可求出的取值范围，即可得解.
【详解】圆则圆心，半径为，
圆则圆心，半径，
又，
因为与有公共点，则，又，
所以，即的最小值为.
故选：B
6. 已知为锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和差的正弦公式求解即可.
【详解】因为
所以，
当时，
，为锐角，不合题意，舍去；
当时，
，满足题意；
所以.
故选：C
7. 已知双曲线的离心率为2，右焦点为，动点在双曲线右支上，点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率得到，左焦点，根据双曲线的定义得到，然后根据几何知识得到当，，三点共线时最大，最后求最大值即可.
【详解】
因为双曲线的离心率为2，所以，解得，则左焦点，
由双曲线的定义得，
因为，即当，，三点共线时最大，
所以.
故选：B.
8. 已知为定义在上的奇函数，当时，，且当时，．若函数在区间上恰有7个零点，则实数的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将函数在区间上的零点个数转化为函数与在区间上的交点个数，然后结合图象分析.
【详解】函数在区间上的零点个数可转化为函数与在区间上的交点个数，
由题意得，的图象如下：
由题意得时，，
时，，
若与只有有一个交点，联立得，
，解得，由图可知与无交点，所以和是两种临界情况，
联立，得，
，解得或，
联立，得，
，解得或，
所以若函数在区间上恰有7个零点，则，
，，所以可以取.
故选：D.
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. 衢州市某七天每天的最高气温分别是（单位），则（ ）
A. 该组数据的平均数为36
B. 该组数据的极差为4
C. 该组数据的中位数为36
D. 该组数据的第80百分位数为36
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平均数、极差、中位数和百分位数的定义计算.
【详解】，故A错；
，所以极差为4，故B正确；
将这组数据从小到大排列为34,34,35,36,36,37,38，总共有7个数，所以第4个数，即36为中位数，故C正确；
，所以数据34,34,35,36,36,37,38中第6个数，即37为该组数据的第80百分位数，故D错.
故选：BC.
10. 已知正数满足，下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基本不等式和二次函数单调性求最值.
【详解】因为正数，满足，所以，解得，当且仅当，即，时等号成立，故A正确；
，当且仅当，即时等号成立，故B正确；
由题意得，则，
因为，所以，所以，即，故C错；
由A选项得，当且仅当，时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的值域为
C. 在上单调递减D. 关于直线对称
【答案】AD
【解析】
【分析】利用诱导公式并探讨函数的奇偶性、单调性判断AC；求出函数的值域判断B；探讨函数的对称性判断D.
【详解】函数的定义域为R，
有，即函数是偶函数，
又，则是函数的一个周期，
当时，，显然函数在上递增，在上递减，
当时，由偶函数的性质知，函数在上递增，在上递减，
因此函数的最小正周期为，A正确；
显然函数在上递增，即有函数在上递增，C错误；
当时，，即函数在的取值集合为，
从而函数在的取值集合为，即在上的值域为，因此函数在R上的值域为，B错误；
由，得关于直线对称，D正确.
故选：AD
12. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图所示，若正四面体的棱长为1，则（ ）
A. 存在正方体使得勒洛四面体能在该正方体中自由转动，并始终保持与正方体六个面都接触
B. 平面截勒洛四面体所得截面的周长为
C. 勒洛四面体外接球半径为
D. 勒洛四面体内切球半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据勒洛四面体的定义判断；B选项，根据勒洛四面体的定义得到截面形状，然后求周长；C选项，根据勒洛四面体的定义得到勒洛四面体的外接球即正四面体的外接球，然后计算；D选项，根据题意得勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，然后计算.
【详解】
如图，为正四面体，为底面的中心，是正四面体的中心，外接球半径为，是高，
，，
由得，解得，
根据勒洛四面体可以在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触可得存在正方体使得勒洛四面体能在该正方体中自由转动，并始终保持与正方体六个面都接触，故A正确；
平面截勒洛四面体的截面如图，
则截面周长为三个半径为1，圆心角为的扇形的弧长，即，故B正确；
由勒洛四面体的外接球即正四面体的外接球，所以勒洛四面体的外接球的半径为，故C错；
勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图
其中点为该球与勒洛四面体的切点，点为该球的球心，易知该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，易知三点共线，且，，所以，故D正确.
故选：ABD.
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 双曲线的渐近线方程是________.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据双曲线方程，令方程的右边等于0求出渐近线的方程．
【详解】已知双曲线
令：=0
即得到渐近线方程为：y=±2x
故答案为y=±2x
【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.
14. 已知侧棱长为5，高为4的正四棱锥被平行于底面的平面所截，截去一个高为2的正四棱锥，所得的棱台的体积为______．
【答案】21
【解析】
【分析】根据相似求出台体的上底面边长与高，根据台体体积计算公式即可求得答案.
【详解】
如图正四棱锥，其中底面于，
侧棱，高，所以，
所以下底面边长，
因为平面平行于底面，且，,
所以在与相似，且，
所以，
则正方形面积，正方形面积，
所得的棱台体积为.
故答案为：21
15. 已知是边长为3的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】由图，分别作出过，外心的所在平面的垂线，则其交点为外接球球心，后结合二面角的大小为可得外接球半径，即可得答案.
【详解】如图，取AB中点为E，连接DE，CE.设外心为，则在线段EC上.
在DE上任取一点F，过F点作与所在平面垂直的垂线，与过点且与所在平面垂直的垂线交于点G.
因二面角的大小为，则，又，则.
注意到E为外心，过E作与所在平面垂直的垂线，交于O，
则O为外接球球心，且.因是边长为3的正三角形，外心为，
则，又，则.
故外接球半径为，则外接球表面积为.
故答案为：.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线经过点与轴相交于点，点为与的一个交点，且，则的离心率为______．
【答案】或##或
【解析】
【分析】根据题中所给线段比例关系，画出图像，分与两类讨论，分别求出对应情况的椭圆离心率即可.
【详解】
由，根据椭圆定义，
又因为，所以，
由即，
则，即，所以，
设，
当时，如上图，
即，
得，所以，
带入椭圆方程得：
椭圆离心率且，
化简得：，
解得：或舍去；
当时，如下图，
则，
得，所以，
带入椭圆方程得：
由椭圆离心率且，
化简得：
解得：或舍去；
综上：椭圆的离心率为或.
故答案为：或
四、解答题：本题共6小题，17题10分，其余每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线l经过点，圆．
（1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；
（2）若该直线l与圆C相交于两点，且的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）或.
（2）或
【解析】
【分析】（1）分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可；
（2）由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和三角形面积公式计算可得结果.
【小问1详解】
由题意可知，圆的圆心为，半径1，
当直线l的斜率不存在时，直线的方程为,此时直线与圆相离，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，设直线l的方程为，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为.即或.
【小问2详解】
由题意可知，直线l斜率一定存在，设斜率为k，设直线l的方程为，
记圆心到直线l的距离为d，则，
所以，解得．
所以，解得，
所以直线l的方程为．即或
18. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，．
（1）证明：平面；
（2）若是棱的中点，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先证明平面，从而得到，再结合勾股定理和线面垂直的判定即可证明平面；
（2）利用转换顶点法并结合棱锥体积公式即可.
【小问1详解】
在菱形中，，
又平面平面平面，平面，所以．
在中，，因为，
所以由勾股定理可知：．
又平面平面平面．
【小问2详解】
因为是棱的中点，
所以．
19. 已知的内角的对边分别是，满足．
（1）求；
（2）若是的中点，且，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角即可求解.
（2）利用正弦定理结合已知可得，再由余弦定理及三角形面积公式计算得解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理得，即，
而，所以．
【小问2详解】
在中，，在中，，
而，则，即，
由余弦定理得，而，解得，
．
20. 据调查，某市政府为了鼓励居民节约用水，减少水资源的浪费，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民用水量标准（单位：吨），月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费．为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了户居民某年的月均用水量（单位：吨），其中月均用水量在内的居民人数为39人，并将数据制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求和值；
（2）若该市政府希望使的居民月用水量不超过标准吨，试估计的值；
（3）在（2）的条件下，若实施阶梯水价，月用水量不超过吨时，按3元吨计算，超出吨的部分，按5元吨计算．现市政府考核指标要求所有居民的月用水费均不超过70元，则该市居民月用水量最多为多少吨？
【答案】（1），
（2）16.6吨 （3）20.64吨
【解析】
【分析】（1）频率分布直方图总面积为1，由此即可求解.
（2）先判断所求值所在的区间，再按比例即可求解.
（3）按题意列不等式即可求解.
【小问1详解】
，
用水量在的频率为，（户）
【小问2详解】
，
，
（吨）
【小问3详解】
设该市居民月用水量最多为吨，因为，所以，
则，解得，
答：该市居民月用水量最多为20.64吨．
21. 如图所示，在四棱锥中，四边形为梯形，，，平面平面．
（1）若的中点为，求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行知识可求解.
（2）根据题意做辅助线找到二面角，再结合余弦定理，从而求解.
【小问1详解】
设是中点，连接，如下图所示：
在中，为为中位线，所以：，又因为：，
所以：，所以：四边形为平行四边形，得：，
又因为：平面平面，所以：平面.
【小问2详解】
如图，延长和交于点，连接.
过点作，垂足为点，连接.

因为：平面平面，平面平面，
所以：平面，
因为：，且平面，
所以：平面，所以：为所求二面角的平面角，
在中，，
得：，
所以：，
所以：.
22. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足．记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知直线，若点关于直线的对称点（与不重合）在上，求实数的值；
（3）设直线的斜率为，且与有两个不同的交点，设，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，若点和点三点共线，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解椭圆的方程；
（2）先求出直线，再联立与椭圆，得到点的坐标，代入直线即可求出的值；
（3）先设出直线通过联立求出坐标，然后利用三点共线求出对应关系，最后化简求出直线的斜率即可.
【小问1详解】
因为，所以点的轨迹为椭圆，
所以，，所以，
所以．
【小问2详解】
如图所示，
因为与关于直线对称，所以直线，所以，
又，所以，
联立，得，，
所以，
设为中点，则，，
即．
又因为点在直线上，所以，解得．
【小问3详解】
如图所示，
设，
则有，
又，则，直线
联立，得，
所以，
所以，
因为在椭圆上，所以，
代入上式可得
所以，即，
同理可得，又点
所以，
，
因为三点共线，所以//
即，
即，
即，化简可得，
所以.
【点睛】关键点睛：多直线多交点的解析几何问题，关键在于求出点的坐标进而发现点之间的联系进行运算，运算量较大，对基本功要求较高.