浙江省衢州市2024-2025学年高二数学上学期10月阶段性检测试题含解析

Page212024学年第一学期高二年级10月阶段性检测数学试题一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由交集的定义即可得解.【详解】因为，所以由交集的定义可知.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【详解】利用复数的四则运算化简，再依据复数的几何意义即可得解.【分析】因为，所以对应的点为，它位于其次象限.故选：B3.以点为圆心，为半径的圆的方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由圆心坐标和半径可得出圆的标准方程，即可得出结果.【详解】由题意可知，以点为圆心，为半径的圆的方程为.故选：C.【点睛】本题考查圆的方程的求解，在已知圆心和半径的前提下，一般利用圆的标准方程来表示圆，考查计算实力，属于基础题.4.已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】运用向量的线性运算即可求得结果．【详解】因为，，，所以.故选：D.5.已知，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由指数函数的性质可得，则对数函数的性质可得，即可得答案.【详解】解：因为，，，且，所以，所以.故选：A.6.嬉戏《王者荣耀》对青少年的不良影响巨大，被戏称为“王者农药”．某班40名学生都有着不低的嬉戏段位等级，其中白银段位22人，其余人都是黄金或铂金段位，从该班40名学生中随机抽取一名学生，若抽得黄金段位的概率是0.25，则抽得铂金段位的概率是（）A.0.20 B.0.22 C.0.25 D.0.42【答案】A【解析】【分析】利用对立事务概率计算公式干脆求解．【详解】解：某班40名学生都有着不低的嬉戏段位等级，其中白银段位22人，其余人都是黄金或铂金段位，从该班40名学生中随机抽取一名学生，抽得黄金段位的概率是0.25，则抽得铂金段位的概率是．故选：．【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础学问，考查运算求解实力，考查函数与方程思想，属于基础题．7.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上），且该圆锥的侧面积为，则此球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】依据给定条件，结合圆锥侧面积公式求出圆锥底面圆半径，进而求出球半径作答.【详解】设直角圆锥底面半径为，则其母线长为，因此圆锥顶点原委面圆圆心的距离为：，于是圆锥底面圆的圆心为其外接球的球心，即圆锥外接球半径为，由圆锥的侧面积为，得，解得，所以球的表面积为.故选：D8.设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以为一边作正方形，然后把问题转化为正方形的中心在圆上或圆内，从而求出的取值范围.【详解】以为一边作正方形，若对角线与圆有交点，则满意条件的存在，此时正方形的中心在圆上或圆内，即，所以，所以，所以.故选：D.二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全对得5分，少选得2分，多选､错选不得分）9.已知圆C的方程为，直线的方程为，下列选项正确的是（）A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.直线被圆所截最短弦长为D.存在一个实数，使直线经过圆心【答案】ABC【解析】【分析】化简直线的方程为，结合方程组的解，可判定A正确；求得圆心到定点的距离，得到点在圆内，进而得到直线与圆相交，可判定B正确；依据圆的性质，得到当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，求得最短弦长，可判定C正确；将圆心坐标代入直线的方程，可判定D不正确.【详解】对于A项：由直线的方程，可化为，联立方程组，解得，即直线恒经过定点，所以A正确；对于B项：由圆的方程，可得圆心，半径，又由，可得在圆内，所以直线与圆相交，所以B正确；对于C项：由，依据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为，所以C正确；对于D项：将圆心代入直线的方程，可得，所以不存在一个实数，使得直线过圆心，所以D不正确.故选：ABC.10.已知函数，则（）A.函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到B.函数的一个对称中心为C.函数的最小值为D.函数在区间单调递减【答案】CD【解析】【分析】化简得，逐项验证即可解决.【详解】由题知，，对于A，的图像向左平移个单位长度，得，再向下平移个单位长度得到，故A错误；对于B，，所以函数的一个对称中心为，故B错误；对于C，，当时，函数取最小值为，故C正确；对于D，，所以单调减区间应满意，解得，所以单调减区间为，因为，所以函数在区间单调递减，故D正确.故选：CD11.古希腊闻名数学家阿波罗尼斯与欧几里得，阿基米德齐名，他发觉：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ且的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满意，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（）A.C的方程为B.在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9C.在C上存在点M，使得D.C上的点到直线的最大距离为9【答案】ABD【解析】【分析】对A：设点，由两点的距离公式代入化简推断；对B：依据两点间的距离公式求得点（1，1）到圆上的点的距离的取值范围，由此分析推断；对C：设点，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析推断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析推断.【详解】对A：设点，∵，则，整理得，故C的方程为，A正确；对B：的圆心，半径为，∵点（1，1）到圆心的距离，则得D到点（1，1）的距离的取值范围为，且，∴在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9，B正确；对C：设点，∵，则，整理得，∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，又∵，则两圆内含，没有公共点，∴在C上不存在点M，使得，C不正确；对D：∵圆心到直线的距离为，∴C上的点到直线的最大距离为，D正确；故选：ABD.12.如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】记中点为，连接，证得，，得到锐二面角的平面角为，在证得平面，过作，证得平面，连接，得到，分别在直角和，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】记中点为，连接，连接与交于点，可得四边形是正方形，所以，，故锐二面角的平面角为，因为且平面，所以平面，过作于H，则，又因，且平面，所以平面，连接，则与平面所成的角为，记，因为直角中，，在直角中，，所以①，选项A成立；将①平方得：，所以，可得，因为，都是锐角，则，所以，又因为，，依据余弦函数的单调性可知，可得，选项C成立；因为，，若使，则需，即当，可以成立，即B可能成立：又由由，都是锐角，且，可得，则，由选项C知，所以，选项D错误.故选：ABC.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.向量在向量方向上的投影向量是______________.【答案】【解析】【分析】依据投影向量的运算公式干脆计算.【详解】由题意得，，所以在方向上的投影向量是.故答案为：14.在直三棱柱中，，，则点A到平面的距离为______．【答案】##【解析】【分析】求点到平面的距离，可以转化为三棱锥底面上的高，用等体积法，简洁求得．【详解】∵，，∴中，，∴，，设点A到平面的距离为h，则三棱锥的体积为，即，∴，∴，即点A到平面的距离为.故答案为：.15.奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则__________.【答案】【解析】【分析】由为偶函数可以推出，由为奇函数可以推出，从而可以求出的周期，进而即可求解.【详解】因为为上的奇函数，所以有，又因为为偶函数，所以有，即，对比以上两式得，从而，即函数是周期为的周期函数，所以，又留意到为上的奇函数，所以，又因为，所以.故答案为：.16.已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______.【答案】【解析】【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.【详解】的圆心为，半径，圆心为，半径，设，则，所以，取，则，当三点共线时取等号，此时直线：令，则，，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.四､解答题（本大题共6小题，第17题10分，其余每小题12分，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）17.已知圆经过和两点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）从点向圆C作切线，求切线方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)依据弦的中垂线过圆心,联立过圆心的两条直线方程可确定圆心坐标，即可求解;(2)依据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解.【小问1详解】由题可知,所以线段的中垂线的斜率等于1，又因为的中点为，所以线段的中垂线的直线方程为，即，联立解得，所以圆心又因为半径等于,所以圆的方程为.【小问2详解】设圆的半径为，则，若直线的斜率不存在，因为直线过点，所以直线方程为，此时圆心到直线的距离，满意题意;若直线的斜率存在，设斜率为，则切线方程为，即，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为，即.所以切线方程为或.18.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为一般市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创建者.衢州市某学校为提高学生对文明城市创建的相识，举办了“创建文明城市”学问竞赛，已知全部学生的竞赛成果均位于区间，从中随机抽取了40名学生的竞赛成果作为样本，绘制得到如图所示的频率分布直方图.（1）求图中的值，并估计这40名学生竞赛成果的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）利用比例支配的分层随机抽样方法，从成果不低于80分的学生中抽取7人组成创建文明城市学问宣讲团.若从这选定的7人中随机抽取2人，求至少有1人竞赛成果位于区间的概率.【答案】（1），平均数74.5，中位数为75；（2）.【解析】【分析】（1）利用各小矩形的面积和为1可求，利用组中值可求平均数，利用面积等分可求中位数.（2）利用列举法及古典概型的概率公式可求概率.【小问1详解】由于图中全部小矩形的面积之和等于1，所以，解得.所以样本中40名学生的竞赛成果的平均数.设这40名学生的竞赛成果的中位数为，由于前2组频率之和为0.35，前3组频率之和为0.65，故中位数落在第3组，于是有，解得.即这40名学生的竞赛成果的中位数为75.【小问2详解】由分层随机抽样可知，在区间应抽取5人，记为a，b，c，d，e，在区间应抽取2人，记为A，B，从中任取2人的全部可能结果为：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种.其中至少有一人测试成果位于区间内有：，，，，，，，，，，，共11种.所以，至少有一人的测试成果位于区间内的概率为.19.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C对边，且．（1）求A；（2）若，则的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由正弦定理，得到，再由帮助角公式求出答案；（2）由三角形面积公式求出，由余弦定理得到，从而得到，得到周长【小问1详解】由正弦定理得，其中，故，因为，所以，故，即，所以，因为，所以，故，解得；【小问2详解】由三角形面积公式得，故，由余弦定理得，解得，故，解得，故，周长为6.20.已知函数，（1）若函数在区间上是单调函数，求实数的取值范围；（2）对于随意实数及随意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据二次函数的单调性进行求解即可；（2）依据函数单调性的性质，结合二次函数的性质进行求解即可.【小问1详解】二次函数的对称轴为：，由题意知，，或，由，可解得，或，即；【小问2详解】因为在上单调递增，所以，依题意有，不等式对于随意恒成立，有，化简得，，所以.实数的取值范围为.21.如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC．（1）证明：；（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，1【解析】【分析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.【小问1详解】∵，且D为BC的中点，∴，因为平面平面ABC，交线为BC，AD⊥BC，AD面ABC，所以AD⊥面，因为面，所以.【小问2详解】假设存在点E，满意题设要求连接，，∵四边形为边长为2的菱形，且，∴为等边三角形，∵D为BC的中点∴，∵平面平面ABC，交线为BC，面，所以面ABC，故以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系．则，，，，．设，，．设面AED的一个