浙江省杭州市2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省杭州市2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共24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。
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，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分别求出集合A，B，由此能求出．
【详解】解：集合，
，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基知识，考查运算求解能力，是基础题．
2. 若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的虚部是（）
A. 2iB. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，再根据复数的概念可得结果.
【详解】因为，所以，
所以复数的虚部为.
故选：D
3. “ ” 是 “直线与直线互相垂直” 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】A
【解析】
【分析】根据直线垂直求出范围即可得出.
【详解】由直线垂直可得，解得或1，
所以“ ” 是 “直线与直线互相垂直” 的充分不必要条件.
故选：A.
4. 物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，我们就说这个力对物体做了功，功的计算公式：（其中是功，是力，是位移）一物体在力和的作用下，由点移动到点，在这个过程中这两个力的合力对物体所作的功等于（）
A. 25B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件，先求出两个力的合力及，再利用功的计算公式即可求出结果.
【详解】因为，，所以，又，，所以，故.
故选：A.
5. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，
【详解】记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，得k最小，
此时设，故，解得或（舍去），
即．
故选：C
6. 已知是定义域为的奇函数,满足.若，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.
详解：因为是定义域为的奇函数，且，
所以,
因此，
因为，所以，
，从而，选C.
点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
7. 如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解.
【详解】由题意可知，
因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：D
8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 有一组样本甲的数据，一组样本乙的数据，其中为不完全相等的正数，则下列说法正确的是（）
A. 样本甲的极差一定小于样本乙的极差
B. 样本甲的方差一定大于样本乙的方差
C. 若样本甲的中位数是，则样本乙的中位数是
D. 若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据统计中的相关概念和性质运算求解.
【详解】不妨设样本甲的数据为，且，
则样本乙的数据为，且，
对于选项A：样本甲的极差为，样本乙的极差，
因为，即，
所以样本甲的极差一定小于样本乙的极差，故A正确；
对于选项B：记样本甲的方差为，则样本乙的方差为，
因为，即，
所以样本甲的方差一定小于样本乙的方差，故B错误；
对于选项C：因为样本甲的中位数是，
则样本乙的中位数是，故C正确；
对于选项D：若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（）
A. 若，则
B. 若点O到直线AB的距离为，则
C. 若，则的最大值为
D. 若，则最大值为4
【答案】AD
【解析】
【分析】对于选项A，B，根据垂径定理可判断，对于选项C，D，根据点到直线的距离公式可求解判断.
【详解】对于A，若，则可知点到的距离为，从而可知，故A正确；
对于B，若点O到直线AB的距离为，则可知，从而得，故B错误；
对于C，D，的值可转化为单位圆上的两点到直线的距离之和，又，所以三角形是等腰直角三角形，设是的中点，则，且，则在以点为圆心，半径为的圆上，两点到直线的距离之和为的中点到直线的距离的两倍.
点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为，
所以的最大值为.因此的最大值为4.从而可知C错误，D正确..
故选：AD.
11. 已知甲盒中有五个相同的小球，标号为1，2，3，4，5，乙盒中有五个相同的小球，标号为3，4，5，6，7.现从甲、乙两盒中分别随机抽取1个小球，记事件A＝“抽取的两个小球标号相同”，事件B＝“抽取的两个小球标号之和为奇数”，事件C＝“抽取的两个小球标号之和大于8”，则（）.
A. 事件A与事件B是互斥事件
B. 事件A与事件B是对立事件
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】首先分别列举三个时间包含的样本点，再结合互斥，对立时间的定义，以及选项，即可判断选项.
【详解】事件A的所有基本事件为甲3乙3，甲4乙4，甲5乙5，共3个；
事件B的所有基本事件为甲1乙4，甲1乙6，甲2乙3，甲2乙5，甲2乙7，甲3乙4，甲3乙6，甲4乙3，甲4乙5，甲4乙7，甲5乙4，甲5乙6，共12个；
事件C的所有基本事件为甲2乙7，甲3乙6，甲3乙7，甲4乙5，甲4乙6，甲4乙7，甲5乙4，甲5乙5，甲5乙6，甲5乙7，共10个.
从甲、乙两盒中各取1个小球共有25个基本事件.
因为事件A与事件B不可能同时发生，所以事件A与事件B互斥，故A正确；
因为，，，所以B错误；
因为事件的所有基本事件共有12个，所以，
所以，故C正确；
因为事件的所有基本事件共有6个，所以，
所以，故D错误.
故选：AC
12. 如图，在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面或内部一点，直线与底面所成的角分别记为，且，记动点P的轨迹与棱的交点为，则下列说法正确的是（）
A. 为中点
B. 线段长度的最小值为5
C. 存在一点，使得平面
D. 若在正四棱柱表面，则点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用线面夹角的定义确定P在球上，结合球的特征可判定A、B、D选项，构造面面平行及球心到线段的距离可判定C项.
【详解】
设在底面的投影为，连接，由题可知，
所以，即，
建系可得：，，，
即
化简得：，
即P在球心，半径的球上，
所以，故B正确；
设，则，
即，故A错误；
取上一点上一点，使，
连接，易得，
由正四棱柱的特征可知：，
而平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又平面，所以平面平面，
易知球心到线段的距离为，故截面与球存在交点，
所以存在一点，使得平面，故C正确；
当位于侧面上时，P轨迹为劣弧，易知，
当位于侧面上时，P轨迹为劣弧，易知，
则点的轨迹长度,
如下图所示：
故D正确.
故选：BCD
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. 过点且方向向量为的直线的方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得直线的斜率，再由点斜式方程即可求解
【详解】因为直线过点且方向向量为，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
即，
故答案为：
14. 已知，，且，则的最小值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】构造，展开，利用基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
即，
因，，所以，
，
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为1.
故答案为：1
15. 某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和张老师负责，每次献爱心活动均需该组织2位同学参加．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立，随机地发给2位同学，且所发信息都能收到，则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为______．
【答案】.
【解析】
【分析】问题的对立事件是甲同学既没有收到李老师也没有收到张老师的信息，而李老师和张老师的信息是相互独立的，进而算出概率.
【详解】设甲同学收到李老师和张老师的信息分别为事件A，B，且相互独立，∴，
则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知为：.
故答案为：.
16. 已知单位空间向量，，满足，.若空间向量满足，且对于任意实数，的最小值是2，则的最小值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】以，方向为轴，垂直于，方向为轴建立空间直角坐标系，根据条件求得坐标，由二次函数求最值即可求得最小值.
【详解】以，方向为轴，垂直于，方向为轴建立空间直角坐标系，则，由可设，由是单位空间向量可得，由可设，
，当，的最小值是2，所以 ，取，
，
，
当时，最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定即可证明线面平行；
（2）取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，利用向量法即可求得直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
取中点为，连接，，如图所示，
因为，分别是，的中点，所以且，
又因为且，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，
为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，解得，
即，
又因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 亚洲运动会简称亚运会，是亚洲规模最大的综合性运动会，由亚洲奥林匹克理事会的成员国轮流主办，每四年举办一届.1951年第1届亚运会在印度首都新德里举行，七十多年来亚洲运动员已成为世界体坛上一支不可忽视的力量，而中国更是世界的体育大国和亚洲的体育霸主.第19届杭州2022年亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，为普及体育知识，增强群众体育锻炼意识，某地举办了亚运知识竞赛活动.活动分为男子组和女子组进行，最终决赛男女各有40名选手参加，右图是其中男子组成绩的频率分布直方图（成绩介于85到145之间），
（1）求图中缺失部分的直方图的高度，并估算男子组成绩排名第10的选手分数；
（2）若计划从男子组中105分以下的选手中随机抽样调查2个同学的答题状况，则抽到的选手中至少有1位是95分以下选手的概率是多少？
（3）若女子组40位选手的平均分为117，标准差为12，试求所有选手的平均分和方差.
【答案】（1），
（2）
（3）平均分为，方差为
【解析】
【分析】（1）先求出所有矩形的面积，再用1减去这个面积可得缺失部分的面积，除以10可得其高度，可求得第10名的成绩是第75百分位数，然后利用百分位数的定义可求得结果；
（2）求得105以下合计6个人，对这6人编号后，利用列举法求解；
（3）利用平均数和方差的定义求解即可.
【小问1详解】
因为已有矩形的面积和为，
所以缺失的矩形面积为，
所以高度为，
由于，所以第10名记为第75百分位数，
设第10名的成绩为，则位于第5组，且，解得，
所以成绩排名第10的选手分数为129；
【小问2详解】
105以下合计6个人，将6人依次编号为1，2，3，4，5，6（95分以下的人编号为1，2），任选2个人的方法数，
列举出所有样本点：12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56共计15种，
包含1，2的有9种，故概率为；
【小问3详解】
男子组选手的平均分
，
男子组得分的方差
所有选手的平均得分为，
所以所有选手得分的方差.
19. 已知函数.
（1）若方程在上有且只有一个实数根，求实数m的取值范围；
（2）在中，若，内角A的角平分线，，求AC的长度.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式、辅助角公式化简函数，再探讨在上的性质，画出图象，数形结合求解作答.
（2）由（1）求出B，由正弦定理求出，进而求出，再利用等腰三角形性质求解作答.
【小问1详解】
依题意，
，
当时，，则当时，单调递增，函数值从增大到2，
当时，单调递减，函数值从减小到，
方程在上有且只有一个实数根，即直线与函数在的图象只有一个公共点，
在同一坐标系内作出直线与函数在的图象，如图，
观察图象，当或时，直线与函数在的图象只有一个公共点，
所以实数m的取值范围是或.
【小问2详解】
由（1）知，，即，
在中，，即，则，解得，
在中，，，由正弦定理得，
则，显然，有，
于是，即有，则，是等腰三角形，
所以.
20. 已知圆：M：.关于直线对称，记点，过点.的直线与圆相切于点.
（1）求的最小值；
（2）当取最小值时，求切点所在的直线方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)圆关于直线对称则直线过圆心，再根据切线长可分析求解的最小值；（2）当取最小值时，直线垂直直线，进而可求两个相交的圆的公切线即为切点所在的直线方程.
【小问1详解】
因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，所以，即，
故点的轨迹方程为，
因为的最小值即为到直线的距离，
由于，即，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，当取最小值时，直线垂直直线，
可得直线的方程为，即，
联立解得，
因为，所以四点共圆，
故以为直径的圆的方程为，
又已知圆，
两圆方程相减得的方程为.
21. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
（1）求证：平面；
（2）若点为棱的中点，求点到平面的距离；
（3）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证，从而得证；
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，证明其与平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【小问1详解】
法一：连结，因为为等边三角形，为中点，，
又平面，平面，
平面
平面，又平面，
由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，，
又平面平面.
法二：由平面，平面，
又为等边三角形，为中点，，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则
又平面平面.
法三：（同法二建系）设平面的一个法向量为
，即
不妨取，则，则
所以平面的一个法向量为
，，，平面
【小问2详解】
由（1）坐标法得，平面的一个法向量为（或）
点到F到平面的距离=
【小问3详解】
设，则，
；
由（1）知：平面平面的一个法向量
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；
设平面的法向量，
则，令，则；
，
令，则；
，
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
22. 在区间上，如果函数为减函数，而为增函数，则称为上的弱减函数.若
（1）判断在区间上是否为弱减函数
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围
（3）若函数在上有两个不同的零点，求实数的取值范围
【答案】（1）是上的弱减函数（2）（3）
【解析】
【分析】（1）利用初等函数的性质、弱减函数的定义，判断是上的弱减函数．
（2）根据题意可得，再利用函数的单调性求得函数的最值，可得的范围．
（3）根据题意，当，时，方程只有一解，分离参数，换元利用二次函数的性质，求得的范围．
【详解】解：（1）由初等函数性质知在上单调递减，
而在上单调递增，
所以是上的弱减函数
（2）不等式化为在上恒成立
则，
而由（1）知在单调递增，
，
解得
所以
（3）由题意知方程上有两个不同根
①当时，上式恒成立；
②当时，方程只有一解
令，则
方程化为在上只有一解，
令，，
由在上单调递增，在上单调递减，根据复合函数的单调性可知，在上单调递减，
，
所以