浙江省2023_2024学年高二数学上学期10月联考试题含解析

这是一份浙江省2023_2024学年高二数学上学期10月联考试题含解析，共20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。
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. 2B. C. 4D.
【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. 1B. 2C. 3D. 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. 6C. 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1D. 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；