浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题Word版含解析docx、浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的概念可直接得到结果.
【详解】因.
故选：D
2. 如果椭圆的方程是，那么它的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程确定焦点坐标.
【详解】因为椭圆的标准方程为：，
所以椭圆的焦点在轴上，且，，所以.
所以椭圆的焦点为：.
故选：C
3. 已知点，，若，则（ ）
A. 1B. -5C. 1或-5D. -1或5
【答案】C
【解析】
【分析】应用距离公式即可求解.
【详解】解：因为点，，所以，
所以，则.
故选：C.
4. 已知圆和圆，则与的位置关系是（ ）
A. 外切B. 内切C. 相交D. 外离
【答案】A
【解析】
【分析】由圆方程可确定两圆的圆心和半径，由两圆圆心距与两圆半径的关系可判断出位置关系.
【详解】由圆方程知：圆心，半径；
由，得，
所以圆心，半径；
圆心距，所以圆与圆外切.
故选：A
5. 在正方体中，以下说法正确的是（ ）
A. 若E为的中点，则 平面
B. 若E为的中点，则 平面
C. 若E为的中点，则
D. 若E为的中点，则
【答案】A
【解析】
【分析】A.利用线面平行的判定定理判断；B.根据 平面，平面与平面平面不平行判断；C.利用余弦定理判断；D.取 CD的中点F，由，判断.
【详解】A.如图所示：
连接AC，BD交于点O，则O为BD的中点，所以，又 平面， 平面，所以 平面，故正确；
B. 易知 平面，平面与平面平面不平行，所以与平面不垂直，故错误；
C.如图所示：
在矩形中，，设正方体的棱长为1，在中，，则，所以，则不垂直，故错误；
D.如图所示：
取 CD的中点F，易知，又，所以不平行，故错误；
故选：A
6. 已知，则函数的最小值是（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】分析函数在上的单调性，根据函数的单调性分析函数的最小值.
【详解】设，
则.
因为，所以，.
所以即.
所以函数在上单调递增.
所以.
故选：B
7. 在平行六面体中，若直线与的交点为．设，，，则下列向量中与共线的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把表示出来，根据向量的数乘运算判断向量的平行.
【详解】如图：
因为.
所以与平行.
故选：D
8. 如果函数那么（ ）
A. 2020B. 2021C. 2023D. 2025
【答案】B
【解析】
【分析】记，，根据的定义可求的周期，根据周期性求解即可.
【详解】记，，
根据可得，
，
而，
，，
，
，
，
所以的周期为5，取值分别为2023，2024，2020，2021，2022，
.
故选：B
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数，以下说法正确的是（ ）
A. z的实部是3B.
C. D. 在复平面内对应的点在第一象限
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数实部的概念判断A的真假；计算复数的模判断B的真假；根据共轭复数的概念判断C的真假；根据复数的几何意义判断D的真假.
【详解】对A：复数的实部为3，故A正确；
对B：因，故B正确；
对C：根据共轭复数的概念，，故C正确；
对D：因为在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故D错误.
故选：ABC
10. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记随机事件“点数为i”，其中，则以下说法正确的是（ ）
A. 若随机事件“点数不大于3”，则与互斥
B. 若随机事件“点数为偶数”，则
C. 若随机事件“点数不大于2”，则与对立
D. 若随机事件“点数为奇数”，则与相互独立
【答案】BD
【解析】
【分析】对于选项中的事件，分别写出对应的基本事件构成的集合，根据互斥事件、对立事件、独立事件的定义依次分析，即可
【详解】，故，所以与不互斥，故A错；
，故B对；
但，所以与不对立，故C错；
，故D对；
故选：BD
11. 棱长为1的正四面体ABCD的内切球球心为O，点P是该内切球球面上的动点，则以下说法正确的是（ ）
A. 记直线AO与直线AB的夹角是α，则
B. 记直线AO与平面ABC的夹角是β，则
C. 记的最小值为n，则
D. 记在上的投影向量为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正四面体内切球的性质结合正四面体结构特征求解判断A、C；根据点到平面的距离求解判断C；根据投影定义求解判断D；
【详解】如图，设内切球的半径为r，球O与平面BCD的切点为H，
则，
根据等体积法可得，正四面体ABCD的体积，所以，
可知，故A对；
由直线AO与平面ABC的夹角是β，设球O与平面ABC的切点为G，连接OG，
所以平面ABC，所以，，
所以在直角中，，故B错；
令，则Q是平面BCD内一动点，
，
即球面上的点到平面BCD上点之间的距离，
最小值n表示球面上的点到平面BCD的距离，
所以，即，故C对；
点A在线段BC上的投影为线段BC的中点E，点P在线段BC上的投影点位于点的左侧和右侧，且的最大值为，则，
故选：ACD

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 点A（2，1）到直线l：的距离是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式即可求得答案．
【详解】点A（2，1）到直线l：的距离为，
故答案为：
13. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积是________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据条件确定圆锥的底面半径和高，根据锥体的体积公式求圆锥的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为.
则由题意：，
所以.
所以圆锥的体积为：.
故答案为：.
14. 设O是坐标原点，是椭圆的左焦点，椭圆上的点P关于O的对称点是Q，若，，则该椭圆的离心率是______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用对角线相互平分判断四边形为平行四边形，利用，中的余弦定理，面积公式列方程，得关于，，的方程，构造出离心率，求解即可.
【详解】
由题意，点P关于O的对称点是Q，所以点是线段的中点，
根据椭圆的对称性知，点是线段（为椭圆的右焦点）的中点，
则四边形为平行四边形；
由，得，则，
在平行四边形中，由，得，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
由题意，，
又，
所以，则，即，
得，所以离心率.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知圆C：，点P（1，4），且直线l经过点P．
（1）若l与C相切，求l的方程；
（2）若l的倾斜角为，求l被圆C截得的弦长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对直线l的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，根据点到直线的距离等于半径即可求解.；
（2）根据点到直线的距离公式及垂径定理即可求解.
【小问1详解】
由知，圆C的圆心坐标为，半径为5.
当直线l的斜率不存在时，即直线的方程为：，
圆心C到直线l的距离为，故与圆C不相切，不满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线为：，即，
则圆C的圆心到直线l的距离，解得，
故直线l的方程为，
综上：直线l的方程为
【小问2详解】
由l的倾斜角为，
所以直线l的方程为，
圆C的圆心到直线l的距离为，
由垂径定理得，l被圆C截得的弦长为，
16. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，记的面积为S，已知．
（1）若，求外接圆的半径；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形内角和求出，再根据正弦定理求半径；
（2）根据面积公式和余弦定理求解即可
【小问1详解】
由，得，
由，可得，
所以外接圆的半径为
【小问2详解】
，
17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是正三角形，四边形ABCD为等腰梯形，且有，E，F分别是AD，BC的中点，动点Q在PF上．

（1）证明：平面平面；
（2）当时，求平面QAB与平面QCD所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可证平面，即可证明平面平面；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的夹角公式代入计算，即可得到结果.
小问1详解】
因为四边形为等腰梯形，E，F分别是AD，BC的中点，所以，
又因为，所以，
又因为，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
【小问2详解】

假设，所以，
得到，所以，
如图建立空间直角坐标系，得，
，则，
设，
则，
所以，
由可得，解得，
所以，
设平面的一个法向量，
，
则，取得，
设平面的一个法向量，
，
则，取得，
设平面QAB与平面QCD所成角为，
则，
所以平面QAB与平面QCD所成角的余弦值为.
18. 在平面直角坐标系中，已知O是坐标原点，点，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是．记点的轨迹是曲线，点是曲线上的一点．
（1）求曲线的方程；
（2）若，直线l过点与曲线的另一个交点为，求面积的最大值；
（3）过点作直线交曲线于，两点，且，证明：为定值．
【答案】（1）（）
（2）.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设Mx,y，根据直线，的斜率之积是，可求的轨迹方程.
（2）设直线的点斜式，用斜率表示出的面积，结合基本（均值）不等式求最大值.
（3）设直线方程为，根据弦长公式表示出OP，根据直线垂直得到直线的方程，再根据在椭圆上，表示出，然后代入化简即可.
【小问1详解】
设Mx,y，因为，所以.
整理得：（）.
所以曲线的方程为：（）
【小问2详解】
当时，可得.
当直线斜率不存在时，可得，此时.
当直线斜率存在时，设直线：，
代入椭圆的方程：，得：，
整理得：.
因为时该方程的一个解，所以.
所以，所以.
又点到直线的距离为：.
所以.
设，则（因为时，，此时直线经过点，则共线）. 那么，所以
所以当时，；
当时，（当且仅当即时取“”）
综上可知：面积的最大值为：
【小问3详解】
如图：
因为曲线的方程为：（）
所以过的直线可写为：，代入中，
可得，整理得：.
设Px1,y1，Qx2,y2，
则，，
所以.
所以.
此时，直线的方程为：，由且点纵坐标大于0，可得：
，所以
.
所以.为定值.
【点睛】方法点睛：解析几何中，遇到求最值的问题，通常有以下思路：
（1）转化成二次函数值域问题求解.
（2）通过换元，可以转化成基本（均值）不等式求最值的问题解决.
（3）通过换元，转化成三角函数的值域问题求解.
（4）通过分析函数的单调性，求最值.
19. 在平面直角坐标系中，我们可以采用公式（其中为常数），将点Px,y变换成点，我们称该变换为线性变换，上式为坐标变换公式．常见的线性变换有平移变换和旋转变换．
（1）将点Px,y向左平移个单位，再向上平移个单位，得到点，求该变换的坐标变换公式，并求将椭圆向左平移个单位，再向上平移个单位后，所得新椭圆的方程；
（2）将点Px,y绕原点逆时针旋转后，得到点，求上述变换的坐标变换公式，并求将椭圆绕原点逆时针旋转后，所得新椭圆的方程；
（3）若点Px,y满足，证明：点Px,y的轨迹是椭圆．
【答案】（1）；.
（2）；.
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据坐标的平移可得坐标的变换公式，利用公式可得椭圆平移后的新方程.
（2）借助复数三角形式运算的几何意义，求坐标变换公式，利用公式可得椭圆平移后的新方程.
（3）利用（2）的结论，先把点Px,y的轨迹逆时针旋转，再配方，可证点Px,y的轨迹是椭圆.
【小问1详解】
由题意：，所以该变换的坐标变换公式为：.
由，
所以椭圆经过变换后，所得新椭圆的方程为：.
【小问2详解】
设Px,y对应复数，将点Px,y绕原点逆时针旋转后，得到点，
对应复数：，则.
所以.
由.
所以椭圆绕原点逆时针旋转后，
所得新椭圆的方程为：
.
【小问3详解】
先将曲线绕原点逆时针旋转，所得曲线的方程为：
整理得：
所以，
再将其向右平移个单位，向上平移个单位，可得，表示椭圆.
所以点Px,y的轨迹是椭圆.
【点睛】关键点点睛：处理第三问时，思路不好找，可先利用第二问的结论处理一下，就可以发现点Px,y的轨迹了.