浙江省杭州市周边重点中学四校2024-2025学年高二上学期10月联考数学试题含答案及解析

2024学年第一学期高二年级10月四校联考数学学科试题卷命题人：浦江中学考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；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．1.直线的倾斜角为（）A.30° B.60° C.120° D.150°2.若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（）A.433π B. C. D.3.设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（）A. B.C D.5.直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）A B. C. D.6.已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线AB的方程为（）A. B.C. D.7.设函数，若，则a的最小值为（）A. B. C.2 D.18.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为A. B. C. D.二．多选题：本题共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的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知圆，直线，则（）A.直线恒过定点B.直线l与圆C有两个交点C.当时，圆C上恰有四个点到直线的距离等于1D.圆C与圆恰有三条公切线10.定义在R上偶函数，满足，则（）A. B.C. D.11.球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（）A.若平面是面积为的等边三角形，则B.若，则C.若，则球面的体积D.若平面为直角三角形，且，则三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12若圆与圆有且仅有一条公切线，______.13.已知函数的图象经过点，且在轴右侧的第一个零点为，当时，曲线与的交点有__________个，14.如图，在长方形中，，，为中点，为线段（端点除外）上一动点.现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足．设，则的取值范围是_______.四．解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，40,50，50,60，60,70，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图.（1）请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）；（2）学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由.16.在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，动点P满足（1）求动点P的轨迹C的方程（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程.17.已知函数（且）是定义在上的奇函数，且；（1）求a，b的值；（2）解不等式．18.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线BD和BF上移动，且BM和BN的长度保持相等，记．（1）证明：平面BCE；（2）当时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，.（1）若.①求；②若的面积为，设点为的费马点，求的取值范围；（2）若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由.

2024学年第一学期高二年级10月四校联考数学学科试题卷命题人：浦江中学考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；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．1.直线的倾斜角为（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】A【解析】【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系即可得倾斜角．【详解】因为该直线的斜率为，所以它的倾斜角为．故选：A．2.若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（）A.433π B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用圆锥表面积公式求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得.【详解】圆锥底面圆半径，母线，高，由圆锥的表面积为，得πr2+πrl=12π因此，所以该圆锥的体积V=1故选：C3.设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】∵当a=1时，直线：x+2y﹣1=0与直线：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，∵当两条直线平行时，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要条件．故选A．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．4.在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.【详解】由题意得：，故选：B.5.直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出两点坐标得到，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离的范围，由三角形的面积公式计算即可.【详解】因为线分别与轴，轴交于两点，所以，所以，由，可得圆的圆心为，半径为，因为点在圆上，所以圆心到直线的距离为，故到直线的距离的范围为，则.故选：A.6.已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线AB的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆的切线的有关知识，判断出最小时，直线与直线垂直，结合图象求得直线的方程.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.依圆的知识可知，四点P，A，B，C四点共圆，且AB⊥PC，所以，而，当直线PC⊥l时，最小，此时最小.结合图象可知，此时切点为，所以直线的方程为，即.故选：A7.设函数，若，则a的最小值为（）A. B. C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根据对数函数性质判断在不同区间的符号，在结合二次函数性质得为该二次函数的一个零点，结合恒成立列不等式求参数最值.【详解】函数定义域为，而，，，要使，则二次函数，在上，在上，所以为该二次函数的一个零点，易得，则，且开口向上，所以，只需，故a的最小值为.故选：B8.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，设球O得半径为R，AB=x，AC=y，由球O的表面积为29π，可得x2+y2=25，写出侧面积，再由基本不等式求最值．【详解】设球O得半径为R，AB=x，AC=y，由4πR2=29π，得4R2=29．又x2+y2+22=（2R）2，得x2+y2=25．三棱锥A-BCD的侧面积：S=S△ABD+S△ACD+S△ABC=由x2+y2≥2xy，得xy≤当且仅当x=y=时取等号，由（x+y）2=x2+2xy+y2≤2（x2+y2），得x+y≤5,当且仅当x=y=时取等号，∴S≤5+=当且仅当x=y=时取等号.∴三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为.故选A.【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．二．多选题：本题共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的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知圆，直线，则（）A.直线恒过定点B.直线l与圆C有两个交点C.当时，圆C上恰有四个点到直线的距离等于1D.圆C与圆恰有三条公切线【答案】ABD【解析】【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断圆与圆的位置关系判断D.【详解】对于A，直线的方程为，由，得，直线过定点，A正确；对于B，，即定点圆内，则直线与圆相交且有两个交点，B正确；对于C，当时，直线，圆心到直线的距离为，而圆半径为2，因此只有2个点到直线的距离等于1，C错误；对于D，圆的方程化为，其圆心，半径为3，两圆圆心距为，两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确.故选：ABD.10.定义在R上的偶函数，满足，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用特殊值及偶函数性质判断A；根据已知条件得、判断B、C；根据函数的性质，举反例判断D.【详解】由，令，则，又为偶函数，则，A对；由上，得①，在①式，将代换，得②，B错；在②式，将代换，得，C对；由且，即周期为2且关于对称，显然是满足题设的一个函数，此时，D错.故选：AC11.球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（）A.若平面是面积为的等边三角形，则B.若，则C.若，则球面的体积D.若平面为直角三角形，且，则【答案】BC【解析】【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则，又，故则，故A错误；对于B，由可得，故，即B正确；对于C，由可得，故.由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，则三棱锥的体积,而球面的体积，故C正确；对于D，由余弦定理可知由可得，，即，化简得，．取，则，则，故D错误．故选：BC三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若圆与圆有且仅有一条公切线，______.【答案】【解析】【分析】根据两圆的位置关系先确定两圆内切，再由圆心距计算即可.【详解】由，显然，又只有一条公切线，所以相内切，将点坐标代入圆方程知，即在圆外部，所以圆内切于圆，则有，解之得.故答案为：13.已知函数的图象经过点，且在轴右侧的第一个零点为，当时，曲线与的交点有__________个，【答案】6【解析】【分析】根据题意，求得函数的解析式为，画出与在区间上的图象，结合图象，即可求解.【详解】因为函数的图象经过点，可得，即，又因为，所以，因为在轴右侧的第一个零点为所以，解得，所以，画出与在区间上的图象，如图所示，由图可知曲线与的交点有6个.故答案为：6.14.如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点.现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足．设，则的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】设，求得关于的表达式，根据的取值范围结合求得的取值范围.【详解】如图，在平面ADF内过点D作，垂足为，连接．过点作，交于点．设，，所以．

设，则．因为平面平面ABC，平面平面，，平面ABD，所以平面ABC，又平面，所以．又因为，，，平面DKH，所以平面，所以，即．在中，，，因为和都是直角三角形，，所以，．因为，，所以，得．因为，所以，所以．又，即，故.故答案为：四．解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，40,50，50,60，60,70，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图.（1）请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）；（2）学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由.【答案】（1）样本数据的平均值为，中位数为；（2）学生甲不能得到表彰，理由见解析.【解析】【分析】（1）用每组数据中点值乘以该组数据的频率相加求和可得平均值，先估算中位数的范围，再列方程求中位数；（2）估算排名在的成绩，和比较，得到结论.【小问1详解】样本数据的平均值为因为从左至右的前组数据的频率为，从左至右的前组数据的频率为，所以样本数据的中位数位于区间内，设中位数为，则，所以，【小问2详解】成绩低于分的频率为，成绩低于分的频率为，则被表彰的最低成绩为，所以估计学生甲不能得到表彰.16.在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，动点P满足（1）求动点P的轨迹C的方程（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）设，根据动点满足，再用两点间距离公式列式化简作答.（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答.【小问1详解】设，由，得，化简得，所以P点的轨迹的方程为.【小问2详解】由（1）知，轨迹：表示圆心为，半径为2的圆，当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，与相切；当直线l的斜率存在时，设，即，于是，解得，因此直线的方程为，即，所以直线l的方程为或.17.已知函数（且）是定义在上的奇函数，且；（1）求a，b的值；（2）解不等式．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据和即可联立求解，（2）根据函数的单调性以及奇偶性即可求解.【小问1详解】由题意可知：和，故且，故，（舍去）【小问2详解】，由于函数均为单调递减函数，故为单调递减，故，即，解得，故不等式的解为18.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线BD和BF上移动，且BM和BN的长度保持相等，记．（1）证明：平面BCE；（2）当时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知可证明，可得，由线面平行的判定定理得平面BCE；（2）由题意，M，N分别BD和BF的中点，为中点，连接，余弦定理求，可得平面MNA与平面MNB夹角的余弦值.【小问1详解】连接，ABCD，ABEF的边长都是正方形，则有，又，则中，，所以，由，，则四边形为平行四边形，有，所以，平面BCE，平面BCE，所以平面BCE.【小问2详解】当时，M，N分别BD和BF的中点，连接，则，平面平面，平面平面，平面，，则平面，平面，则，，得，，为中点，连接，则，，，中，由余弦定理，，所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为.【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角，利用余弦定理求解；也可以利