浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二数学上学期10月阶段性监测试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二数学上学期10月阶段性监测试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卷两部分，考试结束，只需上交答题卡等内容，欢迎下载使用。
杭十四中康桥高二阶段性监测数学学科试卷(10月)考生须知：1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3．考试结束，只需上交答题卡．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. 直线的倾斜角是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】通过直线方程求出斜率，进而求出直线的倾斜角.【详解】由题意，直线的斜率为，设直线的倾斜角为，即.故选：D.2. 已知直线l的一个方向向量，且直线l过A(0，y，3)和B(－1，2，z)两点，则等于（    ）A. 0 B. 1 C.  D. 3【答案】A【解析】【分析】根据方向向量的定义以及向量平行的规则求解.【详解】因为A，B点在直线l上，必有 ， ， ， ，解得： ；故选：A.3. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标 中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（    ）A  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由图象知函数的定义域排除选项选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.【详解】由图知的定义域为，排除选项A、D，又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C，故选：B.4. 已知直线与直线平行，则实数的值是（    ）A.  B. 或0 C. 0 D. 【答案】A【解析】【分析】首先判断直线是否存在斜率，根据斜率相等求出参数值，检验是否重合.【详解】当时，两直线都为，重合，故舍去；当时，由两直线平行，得到，解得，经检验，两直线不重合，成立，综上，实数的值是．故选A．5. 已知点A（，2），B（4，﹣3），若直线l过点P（0，1）与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围是（　　）A.  B. []C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形求出直线PA、PB的斜率，即可求得直线l与线段AB相交时直线l的倾斜角取值范围.【详解】如图所示，由A（，2），B（4，﹣3），P（0，1），可得斜率kPA，kPB1，因为直线l与线段AB相交，所以直线l的倾斜角的取值范围是.故选：C.6. 如图所示，在三棱柱中，，，，点，分别是棱，的中点，则直线和所成的角是A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先将EF平移到AB1，再利用中位线进行平移，使两条异面直线移到同一点，得到所成角，求之即可．【详解】连接AB1，易知AB1∥EF，连接B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连接GH，则GH∥AB1∥EF．设AB=BC=AA1=a，连接HB，在三角形GHB中，易知GH=HB=GB=a，故两直线所成的角即为∠HGB=60°．故选B．【点睛】本题主要考查了异面直线及其所成的角，平移法是研究异面直线所成的角的最常用的方法，属于基础题．7. 已知，，直线，，且，则的最小值为（    ）A. 2 B. 4 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据得到，再将化为积为定值的形式后，利用基本不等式可求得结果.【详解】因，所以，即，因为，，所以，，所以，当且仅当，时，等号成立．故选：D.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.8. 如图，在边长为的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为（    ） A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据得出、满足的关系式，并求出的取值范围，利用二次函数的基本性质求得的最大值.【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、，设点，，，，，得，由，得，得，，，当时，取得最大值.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题.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. 下列说法不正确的是（    ）A. 不能表示过点且斜率为的直线方程；B. 在轴、轴上的截距分别为的直线方程为；C. 直线与轴的交点到原点的距离为；D. 平面内的所有直线的方程都可以用斜截式来表示.【答案】BCD【解析】【分析】由中可判断A；当可判断B；由距离为正数可判断C；由截距式斜率一定存在可判断D【详解】由于定义域为，故不过点，故A选项正确；当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，故B不正确；直线与轴的交点为，到原点的距离为，故C不正确；平面内斜率不存在的直线不可用斜截式表示.故选：BCD【点睛】本题考查了直线方程的几种形式的适用范围，考查了学生概念理解，综合分析的能力，属于基础题.10. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的大小可能为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】根据空间向量夹角公式、长方体的性质，结合空间向量加法的几何意义、余弦函数的单调性、异面直线的性质进行求解即可.【详解】因为，，所以由勾股定理可知：，设异面直线与所成角为，，因为，所以，即，因为，所以，因此选项AB符合，故选：AB11. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（    ）A. 若，，则A可以是B. 若，，，则C. 若是锐角三角形，，，则边长c的取值范围是D. 若，则角A的取值范围是【答案】CD【解析】【分析】对选项A，根据正弦定理即可判断A错误，对选项B，根据余弦定理即可判断B错误，对选项C，根据余弦定理即可判断C正确，对选项D，根据正弦定理角化边公式得到，再利用余弦定理即可判断D正确.【详解】对选项A，，解得，故A错误；对选项B，，解得或，故B错误.对选项C，因为是锐角三角形，所以，解得，故C正确.对选项D，因为，所以，，，即，又因为，所以，故D正确.故选：CD12. 将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，如图所示，点，分别为线段，的中点，则（    ）  A. B. 四面体的表面积为C. 四面体的外接球的体积为D. 过且与平行的平面截四面体所得截面的面积为【答案】BCD【解析】【分析】A用非等腰三角形来判断，B求四面体表面积来判断，C求外接球体积来判断，D作出截面并计算出截面面积来判断.【详解】设是的中点，则两两相互垂直，二面角为之二面角，平面，A选项，连接，，，所以三角形不是等腰三角形，而是的中点，所以与不垂直，A选项错误.B选项，，所以三角形和三角形是等边三角形，所以四面体的表面积为，B选项正确.C选项，由于，所以是四面体外接球的球心，外接球的半径为，体积为，C选项正确.  D选项，设是中点，是中点，画出图象如下图所示，，四点共面.由于平面，平面，所以平面，，由于，所以平面，所以，而，所以，所以截面面积为.D选项正确.  故选：BCD三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知，，当事件，相互独立时， ________.【答案】【解析】【分析】根据独立事件的概率乘法公式求出，最后根据计算可得.【详解】因为，，且事件，相互独立，所以，.故答案为：14. 某老师从星期一到星期五收到信件数分别是10，6，8，5，6，则该组数据的方差___________________．【答案】【解析】【详解】试题分析：由平均数及方差的定义可得；.考点：样本数据的数字特征：平均值与方差. 15. 直线的方程为： ，若直线不经过第二象限，则实数的取值范围为_______.【答案】【解析】【分析】根据题意，分类讨论，当或时，根据直线不经过第二象限，列出不等式方程，计算可得答案.【详解】（1），即时，直线为，满足不经过第二象限；（2），即时，直线的方程化简为：，不经过第二象限，则有，解得；综上，得时满足不经过第二象限.故答案为：16. 对于锐角，若，则______．【答案】##【解析】【分析】观察角与角之间的关系，利用诱导公式和二倍角公式将所求角转化为已知角，然后可解.【详解】因为为锐角，所以，所以，又因为所以.故答案为：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. 设内角，，的对边分别为，，，．（1）若，的面积为，求；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先应用面积公式求a,再应用余弦定理求解即可；（2）先应用正弦定理边角转化，再应用辅助角公式结合正弦求值域即可解.【小问1详解】，解得，由余弦定理可得；【小问2详解】由正弦定理得，所以，，，，，，的取值范围是．18. 如图，直四棱柱中，，底面是边长为菱形，且，为中点．（1）求点到直线的距离．（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意分析可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求解点到直线的距离；（2）根据二面角的向量求解方法即可.【小问1详解】由题意易知，则如图所示，分别以、、为，，轴建立坐标系，则，，，，又因为，设，
,所以点到直线的距离；【小问2详解】又，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，有，解得，即可得，
解得，即可得，
设二面角的平面角为，可知为钝角，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是．19. 已知直线，互相垂直，且相交于点．（1）若的斜率为2，与轴的交点为Q，点在线段PQ上运动，求的取值范围；（2）若，分别与y轴相交于点A，B，求的最小值．【答案】（1）；    （2）2.【解析】【分析】（1）利用直线的位置关系及点斜式可得的方程为，然后利用的几何意义及斜率公式即得；（2）设的斜率为，由题可得直线方程，进而可得，然后利用基本不等式即得.【小问1详解】由于的斜率为2，则的斜率为，则的方程为，令，得，表示点与连线的斜率，由于，，所以，的取值范围是．【小问2详解】由题可知，直线，的斜率均存在，且不为0，设的斜率为，则的斜率为，直线的方程为，令，得，直线的方程为，令，得，则，当且仅当时取“=” ．故的最小值为2．20. 已知以点为圆心的圆与直线：相切，过点的动直线l与圆A相交于、两点.（1）求圆A的方程；（2）当时，求直线l的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式求圆的半径，即可得圆的方程；（2）先求圆心到直线l的距离，在结合点到直线的距离公式求直线l的斜率，注意讨论直线l的斜率是否存在.小问1详解】点到直线：的距离为，即圆A的圆心，半径，故圆A的方程为.【小问2详解】设圆心到直线l的距离为，则，解得，当直线l的斜率不存在时，则，此时圆心到直线l的距离为，符合题意，成立；当直线l的斜率存在时，设为，则，即，∵，解得，∴直线l：；综上所述：直线l的方程为或.21. 函数在上的最大值为，.（1）若点在的图象上，求函数图象的对称中心；（2）将函数的图象向右平移个单位，再将所得的图象纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得函数的图象，若在上为增函数，求的最大值.【答案】（1）对称中心为：（2）2.【解析】【分析】（1）首先根据三角函数的性质求出函数解析式，将点代入解析式求出，根据正弦函数的中心对称点整体代入即可求解.（2）根据三角函数的平移伸缩变换可得，由题意可得，解不等式即可求解.【详解】因为函数在上的最大值为，所以因为，所以，因为，所以，所以（1）由题知：，所以，所以，又因为，所以因此；由得：所以函数图象的对称中心为：（2）将函数的图象向右平移个单位，得：.再将的图象纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得：，又因为在上为增函数，所以的周期，解得.所以的最大值为2.【点睛】本题考查了三角函数的性质以及图像的平移伸缩变换，熟记三角函数的性质是解题的关键，属于基础题.22. 如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点．    （1）证明：平面；（2）求直线与平面间的距离．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连，可证四边形为平行四边形，，再根据线面平行的判定定理可得平面；（2）根据平面，转化为求点到平面的距离，取的中点，连，可证平面，以为原点，分别为轴，在平面内，作平面，建立空间直角坐标系，根据点面距的向量公式可求出结果.【小问1详解】取的中点，连，因为为的中点，所以，，又，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.  .【小问2详解】因为平面，所以点到平面的距离即为所求.因为，取的中点，连，则四边形为矩形，，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，，因为，，平面，所以平面，因为，所以平面，因为，所以平面平面，以为原点，分别为轴，在平面内，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，因为平面，平面，所以，在中，，，所以，因为，所以，因为是三角形内角，所以，所以，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，，所以点到平面的距离为.故直线与平面间的距离为.