浙江省强基联盟2023-2024学年高二上学期12月联考数学 Word版含解析.docx

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浙江强基联盟2023学年高二第一学期12月联考数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，测试时间120分钟.注意事项：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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在测试卷上.第Ⅰ卷（共60分）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要求的.1.若复数在复平面内所对应的点在实轴上，则实数（）A.B.C.1D.4【答案】B【解析】【分析】由题意先将复数化简，然后令其虚部等于0即可求解.【详解】由题意，其对应的点在实轴上，所以，得.故选：B.2.已知直线和直线，则“”是“”（）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】由题意先求出时的的值，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.【详解】由题设，可得，解得或.当时，：，：，此时，当时，：，：，此时，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A. 3.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.在小于9的素数中，选两个不同的数，积为奇数的概率为（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】将小于9的素数找出2，3，5，7，共4个，再在这四个数中任选两并列举出，找到满足两个数的积为奇数的情况即可求得概率.【详解】小于9的素数有2，3，5，7，共4个，随机选取两个不同的数，基本事件有，，，，，，共6种，其积为奇数的基本事件有，，，共3种，所以故选：D4.与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定焦点，根据离心率得到方程组，解得答案.【详解】椭圆的焦点坐标是，，设双曲线的方程为，双曲线的离心率，故，解得，.故双曲线的方程为.故选：D5.已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题，其中为假命题的是（） A.若，，，则B.若，，，，，则C.若，，，，则D.若m与n异面，，，则存在，使得，，【答案】B【解析】【分析】对于A，只需证明即可判断；对于B，由于不一定相交，由此即可判断；对于C，直接由线面平行的性质即可判断；对于D，由线面平行、线线垂直、平行的理论验证即可.【详解】对选项A，若，，则，又，所以，故A正确；对选项B，当，，，，时，与可能平行或相交，故B错误；对选项C，由，可得，又，，所以，故C正确；对选项D，在上取点Q，分别作m，n的平行线，，这两条相交直线确定平面，如图所示.因为，，，则，同理可证，因为，，，，所以，，又因为，，，所以，故D正确.故选：B.6.在平行四边形中，是的中点，是的中点，与相交于点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知：为的重心，结合向量的线性运算结合重心的性质分析求解. 【详解】设，由题意可知：为的重心，且为的中点，可知四点共线，且，所以.故选：A.7.正项等比数列的前n项和为，且满足，则的最大值为（）A.256B.512C.1024D.2048【答案】C【解析】【分析】首先根据等比数列求和公式得到，再求出其通项公式得到，再分析和1的关系即可得到最大值.【详解】显然，则，，，化简得，解得.又，所以.，所以.当时，，当时，，所以.故选：C.8.在三棱锥中，，，，二面角的大小为 ，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图，取的中点D，连接和，则为二面角的平面角，即，过点D作平面的垂线，过点作平面的垂线，则交点为球心，连接，，然后在、中分别运用勾股定理、余弦定理可得，从而可求得球的表面积.【详解】如图，因为，，所以，因为，所以为等边三角形，所以.取的中点D，连接和，则为二面角的平面角，即.因为为直角三角形，所以D为的外心.设的外心为，过点D作平面的垂线，过点作平面的垂线，则交点为球心，连接，.设三棱锥外接球的半径为R.在中，，由已知得，在中，由余弦定理得，即，解得，故三棱锥外接球的表面积为. 故选：C.【点睛】关键点睛：本题的关键是准确画出图形然后根据找到外接球心的位置，最终根据解三角形知识确定球的半径即可顺利求解.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.某校组织了600名学生参与测试，随机抽取了80名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）A.图中a的值为0.15B.估计这80名学生考试成绩的众数为75C.估计这80名学生考试成绩的中位数为82D.估计这80名学生考试成绩的上四分位数为85【答案】BD【解析】【分析】根据频率分布直方图结合众数、中位数以及百分位数的概念运算求解.【详解】根据频率之和等于1，得，解得，故A错误；由频率分布直方图可知：各组对应的频率分别为0.1，0.15，0.35，0.3，0.1，频率最高的为，对应区间的中点值为75，则估计众数也为75，故B正确；，，可知中位数落在内，即中位数的估计值不是82，故C错误；因为可知上四分位数在内，设第75百分位数约为x，则，得，故D正确.故选：BD. 10.如图所示，在四个正方体中，是正方体的一条体对角线，点分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形为（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用线面垂直的判定定理证明AD满足，结合空间向量在BC中证明直线l与平面内的某条直线不垂直，即可得线面不可能垂直.【详解】如图所示，正方体.连接，分别为其所在棱的中点，.∵四边形为正方形，，平面，平面，，，，平面，平面，.，，同理，可证，，，平面，平面， 平面，即l垂直平面，故A正确.在D中，由A中证明同理可证，，又，平面.故D正确.假设直线与平面垂直，则这条直线垂直于面内任何一条直线.对于B选项建立直角坐标系如图：设棱长为2，，直线l所在体对角线两个顶点坐标，所以其方向向量，，所以直线不可能垂直于平面.同理可在C中建立相同直角坐标系，，，所以直线不可能垂直于平面.故选：AD.【点睛】此题考查空间线面垂直的辨析，在四个图形中分别判定是否满足线面垂直，根据线面垂直的判定定理证明.11.记的图象为，如图，一光线从x轴上方沿直线射入，经过上点反射后，再经过上点反射后经过点P，直线交直线于点Q，下面说法正确的是（） A.B.C.以为直径的圆与直线相切D.P，N，Q三点共线【答案】ACD【解析】【分析】由坐标可得直线方程，联立与抛物线方程，由韦达定理可得A；由焦点弦长公式可得，得选项B；由中点到直线的距离等于的一半可得选项C；联立直线可得坐标，由光学性质可得D.【详解】利用抛物线的光学性质，平行于对称轴的光线，经过抛物线的反射后集中于它的焦点；从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.因为，焦点，所以直线：.由消去y并化简得，选项A，，，，故A正确；选项B，又，故，，故，故B错误；选项C，由，抛物线的准线为，的中点到准线的距离为，即等于的一半，即以为直径的圆与直线相切，故C正确； 选项D，直线的方程，与联立，可得Q点的横坐标为，从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.由点在直线上，则三点都在直线上，故D正确.故选：ACD.12.斐波那契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列可以用如下方法定义：，（，）.则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，直接由递推关系式运算即可判断；对于B，可以举出反例判断；对于C，通过累加法进行判断；对于D，先变形然后再通过累加法即可判断.【详解】对于A，由题意可得，，所以，故A正确.对于B，，，，，，，故B错误.对于C，，，…，，以上各式相加得，，化简得，故C正确.对于D，由题意可得，，，…，，累加得，故D正确.故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题AB选项的判断比较常规，判断CD选项的关键是要通过适当的变形然后利用到累加法变形.第Ⅱ卷（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，，则______.【答案】0【解析】【分析】直接根据数量积的运算律、数量积的定义进行运算即可求解.【详解】由题意.故答案为：0.14.已知P，A，B，C四点不共面，若，直线与平面所成的角为，则______.【答案】##【解析】【分析】画出图形，通过证明得出点O在的平分线上，即，进一步设，然后通过解三角形知识分别求出的长度即可得到.【详解】在上任取一点D并作平面，连接，则就是直线与平面所成的角.过点O作，，连接，.∵平面，平面，所以，因为面，面，所以面，面，又面，面，则，. 所以，∴，∴.∵，∴点O在的平分线上，即.设，∵，∴.在直角中，，，则.在直角中，，，则，即直线与平面所成角的余弦值是.故答案为：.15.已知圆，直线，P为上的动点，过点P作的切线，，切点分别为A，B，则直线所过的定点坐标为______.【答案】【解析】【分析】利用两圆相交时的公共弦所在直线方程的求解方法以及直线恒过定点的求解方法求解. 【详解】设为直线上一点，则，过点P作圆的切线，，则M，A，P，B四点共圆，该圆以为直径，则方程为，整理为，直线的方程即两圆的公共弦方程，联立，两圆相减，的方程即.又，可得，解得则直线过定点. 故答案为:.16.已知数列的通项公式是.在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列.那么______.按此进行下去，在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列，则______.【答案】①.21②.【解析】【分析】由的通项得出，，由，，，成等差数列，利用等差数列性质列式求解即可得出，若，，，…，，成等差数列，设其公差为，则可得出，，结合等差数列前项和得出，设，利用错位相减法得出，将原式分组即可结合等比数列前项和并代入得出答案.【详解】由，，，，，，成等差数列，，且公差为，，，在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列，设其公差为，此数列首项为，末项为，则，，则，设，则， 则，则，，则，，，故答案为：21；.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）D是线段上的点，且，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边化角以及辅助角公式求解；（2）利用正弦定理、辅助角公式以及三角形的面积公式求解.小问1详解】因为，由正弦定理得.因为，所以，所以， 即.因为，所以，即.【小问2详解】设，因为，所以.因为，所以，，，中，由正弦定理可知，即，即，化简可得，即，,所以.18.已知圆锥的顶点为，为底面圆心，，异面直线与所成角的余弦值为，的面积为.（1）求该圆锥的表面积；（2）求该圆锥内半径最大的球的体积.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）取弧的中点，连接，则，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，，利用空间向量法求出，再结合的面积可求得的值，由此可得出该圆锥的表面积；（2）计算出圆锥轴截面内切圆的半径，再利用球体体积公式可求得结果.【小问1详解】解：取弧的中点，连接，则，又因为底面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，，由题设，则，，，所以，，所以，解得，所以母线，取的中点，连接、，则，因为，则，且，所以，，所以，，则，所以，由圆锥的表面积公式得.【小问2详解】 解：由于圆锥与球均为旋转体，可知最大的球的半径即圆锥轴截面的截切圆的半径，，，，解得，因此，该圆锥内半径最大的球的体积为.19.在平面内，已知动点M到两个定点，的距离的比值为2.（1）求动点M的轨迹方程，并说明其轨迹C的形状；（2）直线与轨迹C交于两点，求过该两点且面积最小的圆的方程.【答案】（1）；轨迹C是以为圆心，半径为2的圆（2）【解析】【分析】（1）直接设出坐标，根据两点间的距离公式列出等式化简即可得解.（2）直线与圆的两个交点分别为，，故所求圆即为以为直径的圆，通过联立直线与圆的方程，由韦达定理、弦长公式即可得所求圆的圆心、半径，由此即可得解.【小问1详解】设点，则，化简得，即，所以轨迹C是以为圆心，半径为2的圆.【小问2详解】 设直线与圆的两个交点分别为，.由得，，，设的中点为，则，，即中点为.所以，故最小的圆是以为直径的圆，其圆心坐标为，半径的平方为，故所求圆的方程为.20.如图，在直棱柱中，，E，F分别是棱，上的动点，且. （1）证明：.（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意建立适当的空间直角坐标系，设，，只需证明即可.（2）由题意得到三棱锥的体积取得最大值时当且仅当，E，F分别为，的中点，分别求出两平面的法向量，然后利用平面夹角的余弦公式计算即可.【小问1详解】由题意知在直棱柱中，，可得，所以，又面，面，所以，即，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系， 不妨设，，则，，，，，，所以，，可得，所以，即【小问2详解】，当且仅当，即时，有最大值，此时E，F分别为，的中点，，，所以，由（1）可知，，所以，，，不妨设平面的一个法向量为，则，令，解得，所以可取平面的一个法向量为，不妨设平面的一个法向量为，则，令，解得，所以可取平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知为数列的前n项和，，. （1）求的通项公式；（2）设，记数列的前n项和为，若关于m的不等式恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用的关系，消得到递推关系，再构造等比数列求通项即可；（2）恒成立问题转化为最值问题，探究数列的单调性，建立不等式求解即可.法一利用裂项相消法求，判断的单调性；法二利用各项均为正数，判断的单调性.【小问1详解】∵，∴，两式相减得，又，符合上式，∴，，，∴是以5为首项，公比为2的等比数列，∴，∴；【小问2详解】法一：∴ 易得为递增数列，当时，有最小值.若关于m的不等式恒成立，则恒成立，解得.法二：，，则，为数列的前n项和，则数列为递增数列，当时，有最小值.若关于m的不等式恒成立，则恒成立，解得.22.已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是椭圆上的一点，当时，的面积为.（1）求椭圆E的方程；（2）过右焦点的直线与椭圆E交于A，B两点，线段的垂直平分线交直线于点P，交直线于点Q，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由焦点坐标得，在焦点三角形中由面积得，由余弦定理得的关系，由此得的值，进而得椭圆方程；（2）由直线与椭圆相交，联立方程，由韦达定理得中点的坐标，再由弦长公式得弦长 ，再求的最值.【小问1详解】依题意，.当时，的面积为，则，得由余弦定理得，即，，，，故椭圆E的方程为.【小问2详解】由题意知直线的斜率不为0，设其方程为，设点，，联立方程可得，得到，又，，由，则直线的斜率为，则， 则.令，，上式，当且仅当，即时，取得最小值.