浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷

浙江强基联盟2024年10月高二联考数学试题浙江强基联盟研究院命制考生注意：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.在空间直角坐标系中，已知点，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合向量减法运算的运算法则，即可求解.【详解】由向量减法运算的运算法则，因为，可得。故选：A.2.直线的倾斜角为（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系，即可得到结果.详解】由方程得直线斜率，所以倾斜角.故选:C.3.已知，是两个不重合的平面，且直线，则“”是“”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】B【解析】【分析】由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系.【详解】解：由，若，则可能平行或，充分性不成立；由，，由面面垂直的判定知，必要性成立.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.在平面直角坐标系中，直线，则直线过（）A.一、二、三象限 B.一、二、四象限C.二、三、四象限 D.一、三、四象限【答案】D【解析】【分析】用坐标轴上的截距得到大致草图可解.【详解】直线在轴上截距为，轴上截距为，画出直线，发现直线过一、三、四象限，故选：D.5.设复数满足，在复平面内对应的点为，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】复数满足，由复数的模的几何意义可得：在复平面内对应的点到复数在复平面内对应的点的距离为1，再求解即可.【详解】解：由在复平面内对应的点为，且复数满足，由复数的模的几何意义可得：在复平面内对应的点到复数在复平面内对应的点的距离为1，即，则点的轨迹方程为，故选：D.【点睛】本题考查了复数的模的几何意义，重点考查了运算能力，属基础题.6.已知点，平面，其中，则点到平面的距离是（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得和平面的法向量，结合向量的距离公式，即可求解.【详解】由点，可得，又由，可得向量为平面的法向量，且，则，所以点到平面的距离为.故选：C.7.正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）作为一种对称稳定的几何结构，在物质世界中具有广泛的应用.从晶体材料到生物分子，正八面体结构都发挥着重要作用，影响着物质的性质.如六氟化硫（化学式为）分子结构为正八面体结构，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.则在如图所示的正八面体中，二面角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由图可得为所求的二面角的平面角，后由余弦定理可得答案.【详解】取中点，连结，，，由正八面体定义可知，为所求的二面角的平面角，不妨设，则，，在中，由余弦定理，得，所以.故选：B.8.已知正三角形的边长为1，在平面内，若向量满足，则的最大值为（）A. B.C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的坐标运算，确定出点的轨迹为圆，即可求解.【详解】以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，如图，设，则，，所以，满足的点坐标满足：，即在以为圆心，1为半径的圆上，当，，三点共线，且在如图所示位置时，最大，因为,所以，，所以.故选：A.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题，共1.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（）A. B.C.若，且，则 D.若且，则【答案】BC【解析】【分析】根据题意，得到向量，，，结合空间向量的坐标运算法则，逐项判定，即可求解.【详解】对于A，因为，，所以，可得，所以A错误；对于B，因，，所以，所以B正确；对于C，若，且，则，解得，所以C正确，对于D，若且，因为，可得，解得，所以D错误.故选：BC.10.已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的是（）A.曲线有4条对称轴 B.的最小值是C.曲线围成的图形面积为 D.的最大值是1【答案】ACD【解析】【分析】当时，化简方程为，结合曲线的对称性，画出曲线的图象，结合图象，可得判定A正确，把表示曲线上的点到直线的距离的倍，可判定B错误；结合圆的面积公式和正方形的面积公式，可判定以C正确；设表示点与点确定的直线的斜率，结合图象，利用点到直线的距离公式，列出方程，可得判定D正确.【详解】当时，原方程化为，即，所以曲线是以圆心为，半径为的圆在第一象限的部分，又由图象关于轴，轴对称，所以曲线，如图所示.，对于A中，由图象可得，该曲线关于轴，轴，和对称，所以该曲线有4条对称轴，所以A正确，对于B中，由表示曲线上的点到直线的距离的倍，结合图象得，当是时，距离最小值为，所以最小值为，所以B错误；对于C中，曲线围成的图形由四个直径为的半圆和一个边长为的正方形组成，所以面积为，所以C正确；对于D中，设表示点与点确定的直线的斜率，设该直线方程为，结合图象，当，即，则圆心为，半径为的圆在第四象限的部分与直线相切时，该切线的斜率是的最大值，由，可得，解得或（舍），则的最大值为1，所以D正确.故选：ACD.11.正方体的棱长为，，分别是，的中点，点在正方体表面上运动，且，记点的轨迹长度为，则下列结论正确的是（）A.B.C.若平面，且点平面，则的最小值为D.若，则【答案】AD【解析】【分析】A选项，得到点的轨迹为以为球心，1为半径的球与正方体表面的交线，从而求出轨迹长度；B选项，与A同理可得；C选项，作出辅助线，得到点的轨迹是线段，则当时，最小，由勾股定理求出答案；D选项，作出辅助线，得到的轨迹为等腰梯形，求出轨迹总长.【详解】对于A、B，如图，等于以为球心，1为半径的球与正方体表面的交线总长，所以，故A正确；等于以为球心，为半径的球与正方体表面的交线总长，由于，所以球与过的三个正方体表面没有交线，与另外三个面的交线长为，故B错误；对于C，如图，取的中点H，的中点，连接，可知，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，故平面平面，则当点平面时，平面，又点平面，所以点的轨迹是线段，则当时，最小，由勾股定理得，即的最小值为，故C错误；对于D，因为，所以点与点，，共面，从而点的轨迹为平面与正方体表面的交线，连接，则，故四点共面，画出交线如图，所以的轨迹为等腰梯形（如图），故轨迹总长，故D正确.故选：AD.【点睛】思路点睛：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线，直线，若，则实数的值为________.【答案】−2【解析】【分析】根据垂直关系得到直线的斜率之积为，得到方程，求出.【详解】因为，所以两直线的斜率之积为，即，所以.故答案为：−2.13.已知在直三棱柱中，，，，是的中点，若，则________.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，再利用空间向量求解即可.【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，则由题意：，，，则，，又所以，解得，即.故答案为：.14.在平面直角坐标系中，已知圆，直线，过上一点作圆的切线，切点为A，则的最小值为________.【答案】3【解析】【分析】利用直线与圆的位置关系，结合平面向量数量积的几何意义将化为，计算即可.【详解】由题意，则圆的半径，根据向量数量积的几何意义，得.所以只要最小即可，当时，，所以的最小值为.故答案为：3四、解答题：本大题共5小题，共7.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知空间三点，，，以向量，为一组邻边组成平行四边形，（1）求点坐标；（2）求平行四边形的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据空间向量的线性运算及平行四边形法则求解即可；（2）先根据空间向量求出，进而结合面积公式求解即可.【小问1详解】设，则，，，由平行四边形法则：，所以，，，即点坐标为.【小问2详解】由题意，，，，所以，所以.16.如图，在直三棱柱中，底面是等腰三角形，，，，分别是棱，的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.（2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.【小问1详解】在直三棱柱中，，，取中点，连接，则，过点作，由平面，得平面，则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，则，，，设平面的法向量，则，取，得，于是，即，平面，又平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知，，，则，，设平面的法向量为，则，取得，又，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角的正弦值为.17.已知平面直角坐标系中，圆，点，（1）若是圆上的动点，线段的中点为，求的轨迹方程；（2）以为直径圆交圆于，两点，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用轨迹方程求法设，可求得的轨迹方程为；（2）求出公共弦的方程，利用点到直线距离以及弦长公式可得.【小问1详解】设，，则根据题意可得所以可得，代入圆，得，化简得，的轨迹方程为.【小问2详解】如下图所示：因为的中点坐标为，，所以以为直径的圆的方程为，即.圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆的圆心距为，半径和，半径差的绝对值为，，两圆相交，由得直线的方程.圆心到直线的距离，圆的半径，可得，，所以.18.如图，三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，.（1）若，求三棱锥的外接球的表面积；（2）若异面直线和所成角的余弦值为，点是线段（不含端点）上的一个动点，平面与平面的夹角为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可知，，两两垂直，所以可将其补成正方体，正方体对角线就是外接球的直径，再根据外接球的表面积计算公式可求解；（2）根据异面直线所称的角的关系求出，构建空间坐标系，分别求出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，再利用空间向量法求出二面角的余弦值取值范围.【小问1详解】当时，，，两两垂直，可将其补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径.所以三棱锥的外接球直径为：，两边平方得，所以.【小问2详解】如图，取中点，由题意，，，设，，，.则，，，因为，所成角的余弦值为，所以，得.又，，，解得或（舍去）.所以，此时，这样，可以以，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系（如图）.则，，，，设，因为点，所以设，，，所以.所以得因为，，设平面的一个法向量，则取，又，，同理可求得平面的一个法向量为.因为平面与平面的夹角为，所以，设，，，则，记，，显然在上单调递增，所以，当时，，所以.即的取值范围是.19.古希腊亚历山大时期最后一位重要的几何学家帕普斯（Pappus，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：平面上，到两条已知直线距离的乘积是到第三条直线距离的平方的倍的动点轨迹为二次曲线（在平面上，由二元二次方程所表示的曲线，叫做二次曲线）.常数的大小和直线的位置等决定了曲线的形状.为了研究方便，我们设平面内三条给定的直线为，当三条直线中有相交直线时，记，，，动点到直线的距离为，且满足.阅读上述材料，完成下列问题：（1）当，时，若，且与的距离为2，点在与之间运动时，求动点的轨迹所围成的面积.（2）若是等腰直角三角形，是直角，点在内（包括两边）运动，试探求为何值时，的轨迹是圆？（3）若是等腰三角形，，点在内（包括两边）任意运动，当时，问在此等腰三角形对称轴上是否存在一点，使为大于1的定值.若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）当时，的轨迹是圆（3）存在，点为中点【解析】【分析】（1）适当建系，以为轴，为轴，同时，再结合新定义确定轨迹方程即可求解；（2）适当建系，以为坐标原点，为轴，为轴，同时.再结合新定义即可求解；（3）适当建系，以为坐标原点，的角平分线为轴，设，，，结合新定义列出等式即可求解.【小问1详解】以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，，设，因为在，之间，所以，，，由定义得，所以，化简得，表示以为圆心，1为半径的圆.所以动点的轨迹围成的图形面积.【小问2