浙江省衢州市2024-2025學年高二數學上學期10月階段性檢測試題含解析

Page212024學年第一學期高二年級10月階段性檢測數學試題一?單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由交集的定義即可得解.【詳解】因為，所以由交集的定義可知.故選：C.2.在復平面內，復數對應的點位于（）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】【詳解】利用復數的四則運算化簡，再依據復數的幾何意義即可得解.【分析】因為，所以對應的點為，它位于其次象限.故選：B3.以點為圓心，為半徑的圓的方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由圓心坐標和半徑可得出圓的標準方程，即可得出結果.【詳解】由題意可知，以點為圓心，為半徑的圓的方程為.故選：C.【點睛】本題考查圓的方程的求解，在已知圓心和半徑的前提下，一般利用圓的標準方程來表示圓，考查計算實力，屬于基礎題.4.已知三棱錐，點M，N分別為，的中點，且，，，用，，表示，則等于（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】運用向量的線性運算即可求得結果．【詳解】因為，，，所以.故選：D.5.已知，則的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由指數函數的性質可得，則對數函數的性質可得，即可得答案.【詳解】解：因為，，，且，所以，所以.故選：A.6.嬉戲《王者榮耀》對青少年的不良影響巨大，被戲稱為“王者農藥”．某班40名學生都有著不低的嬉戲段位等級，其中白銀段位22人，其余人都是黃金或鉑金段位，從該班40名學生中隨機抽取一名學生，若抽得黃金段位的概率是0.25，則抽得鉑金段位的概率是（）A.0.20 B.0.22 C.0.25 D.0.42【答案】A【解析】【分析】利用對立事務概率計算公式干脆求解．【詳解】解：某班40名學生都有著不低的嬉戲段位等級，其中白銀段位22人，其余人都是黃金或鉑金段位，從該班40名學生中隨機抽取一名學生，抽得黃金段位的概率是0.25，則抽得鉑金段位的概率是．故選：．【點睛】本題考查概率的求法，考查列舉法、古典概型等基礎學問，考查運算求解實力，考查函數與方程思想，屬于基礎題．7.《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，若某直角圓錐內接于一球（圓錐的頂點和底面上各點均在該球面上），且該圓錐的側面積為，則此球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】依據給定條件，結合圓錐側面積公式求出圓錐底面圓半徑，進而求出球半徑作答.【詳解】設直角圓錐底面半徑為，則其母線長為，因此圓錐頂點原委面圓圓心的距離為：，于是圓錐底面圓的圓心為其外接球的球心，即圓錐外接球半徑為，由圓錐的側面積為，得，解得，所以球的表面積為.故選：D8.設點，若在圓上存在點，使得，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以為一邊作正方形，然后把問題轉化為正方形的中心在圓上或圓內，從而求出的取值范圍.【詳解】以為一邊作正方形，若對角線與圓有交點，則滿意條件的存在，此時正方形的中心在圓上或圓內，即，所以，所以，所以.故選：D.二?多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.全對得5分，少選得2分，多選?錯選不得分）9.已知圓C的方程為，直線的方程為，下列選項正確的是（）A.直線恒過定點B.直線與圓相交C.直線被圓所截最短弦長為D.存在一個實數，使直線經過圓心【答案】ABC【解析】【分析】化簡直線的方程為，結合方程組的解，可判定A正確；求得圓心到定點的距離，得到點在圓內，進而得到直線與圓相交，可判定B正確；依據圓的性質，得到當直線和直線垂直時，此時截得的弦長最短，求得最短弦長，可判定C正確；將圓心坐標代入直線的方程，可判定D不正確.【詳解】對于A項：由直線的方程，可化為，聯立方程組，解得，即直線恒經過定點，所以A正確；對于B項：由圓的方程，可得圓心，半徑，又由，可得在圓內，所以直線與圓相交，所以B正確；對于C項：由，依據圓的性質，可得當直線和直線垂直時，此時截得的弦長最短，最短弦長為，所以C正確；對于D項：將圓心代入直線的方程，可得，所以不存在一個實數，使得直線過圓心，所以D不正確.故選：ABC.10.已知函數，則（）A.函數的圖像可由的圖像向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度得到B.函數的一個對稱中心為C.函數的最小值為D.函數在區(qū)間單調遞減【答案】CD【解析】【分析】化簡得，逐項驗證即可解決.【詳解】由題知，，對于A，的圖像向左平移個單位長度，得，再向下平移個單位長度得到，故A錯誤；對于B，，所以函數的一個對稱中心為，故B錯誤；對于C，，當時，函數取最小值為，故C正確；對于D，，所以單調減區(qū)間應滿意，解得，所以單調減區(qū)間為，因為，所以函數在區(qū)間單調遞減，故D正確.故選：CD11.古希臘聞名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得，阿基米德齊名，他發(fā)覺：平面內到兩個定點A、B的距離之比為定值λ且的點所形成的圖形是圓，后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓，已知在平面直角坐標系xOy中，，點P滿意，設點P所構成的曲線為C，下列結論正確的是（）A.C的方程為B.在C上存在點D，使得D到點（1，1）的距離為9C.在C上存在點M，使得D.C上的點到直線的最大距離為9【答案】ABD【解析】【分析】對A：設點，由兩點的距離公式代入化簡推斷；對B：依據兩點間的距離公式求得點（1，1）到圓上的點的距離的取值范圍，由此分析推斷；對C：設點，求點M的軌跡方程，結合兩圓的位置關系分析推斷；對D：結合點到直線的距離公式求得C上的點到直線的最大距離，由此分析推斷.【詳解】對A：設點，∵，則，整理得，故C的方程為，A正確；對B：的圓心，半徑為，∵點（1，1）到圓心的距離，則得D到點（1，1）的距離的取值范圍為，且，∴在C上存在點D，使得D到點（1，1）的距離為9，B正確；對C：設點，∵，則，整理得，∴點M的軌跡方程為，是以為圓心，半徑的圓，又∵，則兩圓內含，沒有公共點，∴在C上不存在點M，使得，C不正確；對D：∵圓心到直線的距離為，∴C上的點到直線的最大距離為，D正確；故選：ABD.12.如圖，矩形ABCD中，已知，，E為AD的中點.將沿著BE向上翻折至，記銳二面角的平面角為，與平面BCDE所成的角為，則下列結論可能成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】記中點為，連接，證得，，得到銳二面角的平面角為，在證得平面，過作，證得平面，連接，得到，分別在直角和，結合三角函數的性質，逐項判定，即可求解.【詳解】記中點為，連接，連接與交于點，可得四邊形是正方形，所以，，故銳二面角的平面角為，因為且平面，所以平面，過作于H，則，又因，且平面，所以平面，連接，則與平面所成的角為，記，因為直角中，，在直角中，，所以①，選項A成立；將①平方得：，所以，可得，因為，都是銳角，則，所以，又因為，，依據余弦函數的單調性可知，可得，選項C成立；因為，，若使，則需，即當，可以成立，即B可能成立：又由由，都是銳角，且，可得，則，由選項C知，所以，選項D錯誤.故選：ABC.三?填空題（本大題共4小題，每小題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】依據投影向量的運算公式干脆計算.【詳解】由題意得，，所以在方向上的投影向量是.故答案為：14.在直三棱柱中，，，則點A到平面的距離為______．【答案】##【解析】【分析】求點到平面的距離，可以轉化為三棱錐底面上的高，用等體積法，簡潔求得．【詳解】∵，，∴中，，∴，，設點A到平面的距離為h，則三棱錐的體積為，即，∴，∴，即點A到平面的距離為.故答案為：.15.奇函數的定義域為，若為偶函數，且，則__________.【答案】【解析】【分析】由為偶函數可以推出，由為奇函數可以推出，從而可以求出的周期，進而即可求解.【詳解】因為為上的奇函數，所以有，又因為為偶函數，所以有，即，對比以上兩式得，從而，即函數是周期為的周期函數，所以，又留意到為上的奇函數，所以，又因為，所以.故答案為：.16.已知，，過x軸上一點P分別作兩圓的切線，切點分別是M，N，當取到最小值時，點P坐標為______.【答案】【解析】【分析】，則，可看成點到兩定點，的距離和，而兩點在軸的兩側，所以連線與軸的交點就是所求點.【詳解】的圓心為，半徑，圓心為，半徑，設，則，所以，取，則，當三點共線時取等號，此時直線：令，則，，故答案為：【點睛】關鍵點點睛：此題考查直線與圓的位置關系，考查距離公式的應用，解題的關鍵是將問題轉化為點到兩定點，的距離和的最小值，結合圖形求解，考查數形結合的思想，屬于較難題.四?解答題（本大題共6小題，第17題10分，其余每小題12分，共70分.解答應寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟.）17.已知圓經過和兩點，且圓心在直線上．（1）求圓的方程；（2）從點向圓C作切線，求切線方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)依據弦的中垂線過圓心,聯立過圓心的兩條直線方程可確定圓心坐標，即可求解;(2)依據直線與圓相切，則圓心到直線的距離等于半徑即可求解.【小問1詳解】由題可知,所以線段的中垂線的斜率等于1，又因為的中點為，所以線段的中垂線的直線方程為，即，聯立解得，所以圓心又因為半徑等于,所以圓的方程為.【小問2詳解】設圓的半徑為，則，若直線的斜率不存在，因為直線過點，所以直線方程為，此時圓心到直線的距離，滿意題意;若直線的斜率存在，設斜率為，則切線方程為，即，因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離，解得，所以切線方程為，即.所以切線方程為或.18.文明城市是反映城市整體文明水平的綜合性榮譽稱號，作為一般市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要創(chuàng)建者.衢州市某學校為提高學生對文明城市創(chuàng)建的相識，舉辦了“創(chuàng)建文明城市”學問競賽，已知全部學生的競賽成果均位于區(qū)間，從中隨機抽取了40名學生的競賽成果作為樣本，繪制得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求圖中的值，并估計這40名學生競賽成果的平均數和中位數（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值代替）；（2）利用比例支配的分層隨機抽樣方法，從成果不低于80分的學生中抽取7人組成創(chuàng)建文明城市學問宣講團.若從這選定的7人中隨機抽取2人，求至少有1人競賽成果位于區(qū)間的概率.【答案】（1），平均數74.5，中位數為75；（2）.【解析】【分析】（1）利用各小矩形的面積和為1可求，利用組中值可求平均數，利用面積等分可求中位數.（2）利用列舉法及古典概型的概率公式可求概率.【小問1詳解】由于圖中全部小矩形的面積之和等于1，所以，解得.所以樣本中40名學生的競賽成果的平均數.設這40名學生的競賽成果的中位數為，由于前2組頻率之和為0.35，前3組頻率之和為0.65，故中位數落在第3組，于是有，解得.即這40名學生的競賽成果的中位數為75.【小問2詳解】由分層隨機抽樣可知，在區(qū)間應抽取5人，記為a，b，c，d，e，在區(qū)間應抽取2人，記為A，B，從中任取2人的全部可能結果為：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21種.其中至少有一人測試成果位于區(qū)間內有：，，，，，，，，，，，共11種.所以，至少有一人的測試成果位于區(qū)間內的概率為.19.已知a，b，c分別為三個內角A，B，C對邊，且．（1）求A；（2）若，則的面積為，求的周長．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由正弦定理，得到，再由幫助角公式求出答案；（2）由三角形面積公式求出，由余弦定理得到，從而得到，得到周長【小問1詳解】由正弦定理得，其中，故，因為，所以，故，即，所以，因為，所以，故，解得；【小問2詳解】由三角形面積公式得，故，由余弦定理得，解得，故，解得，故，周長為6.20.已知函數，（1）若函數在區(qū)間上是單調函數，求實數的取值范圍；（2）對于隨意實數及隨意實數，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據二次函數的單調性進行求解即可；（2）依據函數單調性的性質，結合二次函數的性質進行求解即可.【小問1詳解】二次函數的對稱軸為：，由題意知，，或，由，可解得，或，即；【小問2詳解】因為在上單調遞增，所以，依題意有，不等式對于隨意恒成立，有，化簡得，，所以.實數的取值范圍為.21.如圖，在三棱柱中，，D為BC的中點，平面平面ABC．（1）證明：；（2）已知四邊形是邊長為2的菱形，且，問在線段上是否存在點E，使得平面EAD與平面EAC的夾角的余弦值為，若存在，求出CE的長度，若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在，1【解析】【分析】（1）由面面垂直證明線面垂直，進而證明線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量進行求解.【小問1詳解】∵，且D為BC的中點，∴，因為平面平面ABC，交線為BC，AD⊥BC，AD面ABC，所以AD⊥面，因為面，所以.【小問2詳解】假設存在點E，滿意題設要求連接，，∵四邊形為邊長為2的菱形，且，∴為等邊三角形，∵D為BC的中點∴，∵平面平面ABC，交線為BC，面，所以面ABC，故以D為原點，DC，DA，分別為x，y，z軸的空間直角坐標系．則，，，，．設，，．設面AED的一個