浙江省强基联盟2023-2024学年高二上学期12月联考数学试卷

这是一份浙江省强基联盟2023-2024学年高二上学期12月联考数学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，测试时间120分钟.
注意事项：
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在测试卷上.
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共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要求的.
1.若复数在复平面内所对应的点在实轴上，则实数（ ）
A.B.C.1D.4
2.已知直线和直线，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
3.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.在小于9的素数中，选两个不同的数，积为奇数的概率为（ ）
A.B.C.D.
4.与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线的方程为（ ）
A.B.C.D.
5.已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题，其中为假命题的是（ ）
A.若，，，则
B.若，，，，，则
C.若，，，，则
D.若m与n异面，，，则存在，使得，，
6.在正方形中，M，N分别是，边的中点，与相交于点，则（ ）
A.B.C.D.
7.正项等比数列的前n项和为，且满足，则的最大值为（ ）
A.256B.512C.1024D.2048
8.在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A.B.C.D.
二、选择题：本大题共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.某校组织了600名学生参与测试，随机抽取了80名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.图中a的值为0.15
B.估计这80名学生考试成绩的众数为75
C.估计这80名学生考试成绩的中位数为82
D.估计这80名学生考试成绩的上四分位数为85
10.如图，在下面四个正方体中，是正方体的一条体对角线，M，N，P分别是其所在棱的中点，则平面的有（ ）
A.B.C.D.
11.记的图象为，如图，一光线从x轴上方沿直线射入，经过上点反射后，再经过上点反射后经过点P，直线交直线于点Q，下面说法正确的是（ ）
A.B.
C.以为直径的圆与直线相切D.P，N，Q三点共线
12.斐波那契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列可以用如下方法定义：
，（，）.则（ ）
A.B.
C.D.
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知，，，则______.
14.已知P，A，B，C四点不共面，若，直线与平面所成的角为，则______.
15.已知，直线，P为上的动点，过点P作的切线，，切点分别为A，B，则直线所过的定点坐标为______.
16.已知数列的通项公式是.在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列.那么______.按此进行下去，在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列，则______.（第一空2分，第二空3分）
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分10分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）D是线段上的点，且，，求的面积.
18.（本小题满分12分）
已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，，异面直线与所成角的余弦值为，的面积为.
（1）求该圆锥的表面积；
（2）求该圆锥内半径最大的球的体积.
19.（本小题满分12分）
在平面内，已知动点M到两个定点，的距离的比值为2.
（1）求动点M的轨迹方程，并说明其轨迹C的形状；
（2）直线与轨迹C交于两点，求过该两点且面积最小的圆的方程.
20.（本小题满分12分）
如图，在直棱柱中，，E，F分别是棱，上的动点，且.
（1）证明：.
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
21.（本小题满分12分）
已知为数列的前n项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）设，记数列的前n项和为，若关于m的不等式恒成立，求m的取值范围.
22.（本小题满分12分）
已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是椭圆上的一点，当时，的面积为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆E交于A，B两点，线段的垂直平分线交直线于点P，交直线于点Q，求的最小值.
浙江强基联盟2023学年第一学期高二12月联考
数学试题参考答案
一、选择题：本大题共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要求的.
1.B 2.A 3.D 4.D 5.B 6.A 7.C 8.C
1.，对应点在实轴上，所以，得.
2.由题设，可得，解得或.当时，：，：，此时，当时，：，：，此时.
3.小于9的素数有2，3，5，7，共4个，随机选取两个不同的数，基本事件有，，，，，，共6种，其积为奇数的基本事件有，，，共3种，所以.
4.依题意，双曲线的焦点坐标是，，则双曲线的方程可设为（，）.又双曲线的离心率，所以解得，.
故双曲线的方程为.
5.对选项A，若，，则，又，所以，故A正确；
对选项B，当，，，，时，与可能平行或相交，故B错误；
对选项C，由，可得，又，，所以，故C正确；
对选项D，在上取点Q，分别作m，n的平行线，，这两条相交直线确定平面，如图所示.
因为，，，则，同理可证，
因为，，，，所以，，又因为，，，
所以，故D正确.
6.设，由题意可知P为的重心，且O为的中点，
可知A，O，P，C四点共线，且，
所以.
7..又，所以.
，所以.
当时，，当时，，所以.
8.如图，因为，，所以，所以为等边三角形.取的中点D，连接和，则为二面角的平面角，即.因为为直角三角形，所以D为的外心.设的外心为，过点D作平面的垂线，过点作平面的垂线，则交点为球心.连接，.设三棱锥外棱球的半径为R.在中，，由已知得，在中，由余弦定理得，即，解得，故三棱锥外接球的表面积为.
二、选择题：本大题共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.BD 10.AD 11.ACD 12.ACD
9.根据频率之和等于1，得，解得，故A错误；
由频率分布直方图可知，最高矩形对应区间的中点值为75，则估计众数也为75，故B正确；，，
可知中位数落在内，即中位数的估计值不是82，故C错误；
图中各组对应的频率分别为0.1，0.15，0.35，0.3，0.1，上四分位数在内，设第75百分位数约为x，则，得，故D正确.
10.（方法1）体对角线在平面上的投影为，由三垂线定理可知，同理可得，由线面垂直的判定定理可知平面，A正确.
在平面上的投影为，不与垂直，所以不与垂直，B错误.
取的中点E，连接，取的中点F，连接，则，不与垂直，所以不与垂直，C错误.
体对角线在平面上的投影为，由三垂线定理可知，同理可得，，可得，由线面垂直的判定定理可知平面，D正确.
（方法2）
对于A，由基本模型可知，体对角线与平面，平面垂直，而平面平面，A正确；
对于B，由A可设G，H分别为所在棱的中点，与平面垂直，显然不与平面垂直，B错误；
对于C，作出过P，M，N的截面，其为正六边形，不与平面平行，C错误；
对于D，作出过P，M，N的截面，其为正六边形，与平面平行，D正确；
（方法3）如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为2.
对于A，，，，，所以，，可得，，可知平面.
对于B，，，，所以，可得，可知不与平面垂直.
对于C，，，，所以，可得，可知不与平面垂直.
对于D，，，，，所以，，可得，，可知平面.
11.利用抛物线的光学性质，平行于对称轴的光线，经过抛物线的反射后集中于它的焦点；从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.
因为，所以直线：.
由消去y并化简得，
所以，，，故A正确；
又，故，
故，故B错误；
的中点到准线的距离等于的一半，即相切，故C正确；
将直线的方程与联立，可得Q点的横坐标为，故D正确.
12.对于A，由题意可得，，
所以，故A正确.
对于B，，，，，，，故B错误.
对于C，，，…，，以上各式相加得，，
化简得，故C正确.
对于D，由题意可得，
，
，
…，
，
累加得，故D正确.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.0 14. 15. 16.21；
13..
14.在上任取一点D并作平面，连接，则就是直线与平面所成的角.过点O作，，连接，.
∵平面，则，.
，∴，∴.
∵，
∴点O在的平分线上，即.
设，∵，∴.
在直角中，，，则.
在直角中，，，则，
即直线与平面所成角的余弦值是.
（也可以利用解决）
15.设为直线上一点，则，过点P作的切线，，则M，A，P，B四点共圆，圆的方程为，直线的方程即两圆的公共弦方程，两圆相减，的方程即.
又，可得，解得则直线过定点.
16.，，，，，，
且公差，∴，，∴.
，
∴
.
令，利用错位相减法可得，
从而解得原式.
（另法：∵，
∴，直接利用错位相减法求解）
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解：（1）因为，由正弦定理得.
因为，所以，所以，……2分
即.
因为，所以，即.……4分
（2）设，因为，所以.
因为，所以，，，……5分
在中，由正弦定理可知，
即，……7分
即，
化简可得，即，.……9分
所以.……10分
（利用向量方法完成，相应给分）
18.解：（方法1）（1）取弧的中点D，连接，则，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.设，，由题设，
则，，，……2分
所以，，
所以，……4分
解得，所以母线.……5分
取的中点E，连接，，则，，，所以.……7分
由圆锥的表面积公式得.……8分
（2）由于圆锥与球均为旋转体，可知最大的球的半径R即圆锥轴截面的截切圆的半径，
由等面积法得，……10分
体积.……12分
（方法2）由题意，取的中点M，的中点N，连接，，，.
O为的中点，所以，即或其补角为异面直线与所成的角.……2分
设圆锥的底面半径为r，高为h，则母线，，，，，所以，
，……4分
解得，所以母线.……5分
下同方法1.
19.解：（1）设点，则，……1分
化简得，……3分
即.……4分
所以轨迹C是以为圆心，半径为2的圆.……5分
（2）设直线与圆的两个交点分别为，.
由得，，.……7分
设的中点为，则，，即中点为.
所以.……10分
故最小的圆是以为直径的圆，其方程为.……12分
（该题直接算点或者用圆系方程等方法也可以，请相应给分）
20.（1）证明：由题意知在直棱柱中，，可得，
所以，即，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.
不妨设，，则，，，，，，……2分
所以，，
可得，
所以，……4分
即.……5分
（2）解：，
当且仅当，即时，有最大值，……7分
此时E，F分别为，的中点，，，所以，，所以可取平面的一个法向量为.……8分
，，所以可取平面的一个法向量为.……10分
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.……12分
21.解：（1）∵，∴.……2分
两式相减得.……3分
，符合上式，∴.……4分
，，∴是以5为首项，公比为2的等比数列，
∴，从而.……6分
（2）
.……8分
.……10分
易得为递增数列，当时，有最小值.
若关于m的不等式恒成立，
则恒成立，解得.……12分
22.解：（1）依题意，.
当时，的面积为，
则，
得.……2分
由余弦定理得，
即，，，.……4分
故椭圆E的方程为.……5分
（2）由题意知直线的斜率不为0，设其方程为，
设点，，
联立方程可得，
得到，.……7分
.……9分
又，，
.……10分
.
令，，上式，……11分
当且仅当，即时，取得最小值.……12分