2024-2025学年浙江省杭州市周边重点中学四校高二（上）联考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市周边重点中学四校高二（上）联考数学试卷（10月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线 3x−3y−1=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 135°C. 60°D. 150°
2.若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为( )
A. 4 33πB. 4 3πC. 8 33πD. 8 3π
3.设a∈R，则“a=1”是“直线l1：ax+2y−1=0与直线l2：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OABC中，记OA=a，OB=b，OC=c，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则MN=( )
A. 12a+12b+12cB. −12a+12b+12c
C. 12a−12b+12cD. 12a+12b−12c
5.直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x−2)2+y2=2上，则ΔABP面积的取值范围是( )
A. [2,6]B. [4,8]C. [ 2,3 2]D. [2 2,3 2]
6.已知圆C:x2+y2−2x=0，直线l:x+y+1=0，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|PC|·|AB|最小时，直线AB的方程为( )
A. x+y=0B. x−y=0C. 2x−2y+1=0D. 2x+2y+1=0
7.设函数fx=x2+ax+blnx，若fx≥0，则a的最小值为( )
A. −2B. −1C. 2D. 1
8.已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC=90°，AD=2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A−BCD的侧面积的最大值为( )
A. 5 2+254B. 5 2+5 414C. 6 3+272D. 10 2+252
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知圆C：(x+2)2+y2=4，直线l：(m+1)x+2y−1+m=0(m∈R)，则( )
A. 直线l恒过定点(−1,1)
B. 当m=0时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
C. 直线l与圆C有两个交点
D. 圆C与圆x2+y2−2x+8y+8=0恰有三条公切线
10.定义在R上的偶函数f(x)，满足f(x+2)−f(x)=f(1)，则( )
A. f(1)=0B. f(1−x)+f(1+x)=0
C. f(1+2x)=f(1−2x)D. i=120f(i)=10
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O的半径为R，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆Ob,Oc的劣弧AC,AB的弧长分别记为b,c，曲面ABC(阴影部分)叫做曲面三角形，a=b=c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面▵ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O−ABC.设∠BOC=α,∠AOC=β,∠AOB=γ，则下列结论正确的是( )
A. 若平面▵ABC是面积为 34R2的等边三角形，则a=b=c=R
B. 若a2+b2=c2，则α2+β2=γ2
C. 若a=b=c=π3R，则球面O−ABC的体积V> 212R3
D. 若平面▵ABC为直角三角形，且∠ACB=π2，则a2+b2=c2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆C1：(x−2)2+y2=1与圆C2：x2+y2+4x+6y+m=0相内切，则m= ______．
13.已知函数y=2sin(ωx+φ)(ω>0,0⩽φ⩽π2)的图象经过点(0, 2)，且在y轴右侧的第一个零点为π4，当x∈[0,2π]时，曲线y=sinx与y=2sin(ωx+φ)的交点有 个.
14.如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=2，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足.设AK=t，则t的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
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100份作为样本，发现得分均在区间[30,90]内.现将100个样本数据按[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]分成6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0.1)；
(2)学校决定表彰成绩排名前30%的学生，学生甲的成绩是76，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由．
16.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(1,1)，动点P满足|PA|= 2|PO|．
(1)求动点P的轨迹C的方程．
(2)若直线l过点Q(1,2)且与轨迹C相切，求直线l的方程．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=b−a2xax−x(a>0且a≠1b∈R)是定义在R上的奇函数，且f(1)=−52．
(1)求a，b的值；
(2)解不等式f(1−x2)+f(5x−7)<0．
18.(本小题12分)
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BM=BN=a(0(1)证明：MN//平面BCE；
(2)当a= 22时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
“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△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)若cs(A−C)+csB=tanAtanCtanAtanC−1．
①求B；
②若△ABC的面积为 3，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PC的取值范围；
(2)若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，且PB平分∠ABC，试问是否存在常实数t，使得b2=tac，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.B
5.A
6.A
7.B
8.A
9.ACD
10.AC
11.BC
12.−23
13.6
14.(43,2)
15.解：(1)样本数据的平均值为：
(35×0.005+45×0.010+55×0.010+65×0.020+75×0.030+85×0.025)×10=68.5分，
因为从左至右的前4组数据的频率为0.05+0.1+0.1+0.2=0.45，
从左至右的前5组数据的频率为0.05+0.1+0.1+0.2+0.30=0.75，
所以样本数据的中位数位于区间[70,80)内，设中位数为x，
则0.45+(x−70)×0.030=0.5，
所以x=2153≈71.7分；
(2)成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.75，
则被表彰的最低成绩为70+0.7−×10=78.3333>76，
所以估计学生甲不能得到表彰．
16.解：(1)设P(x,y)，由|PA|= 2|PO|，得 (x−1)2+(y−1)2= 2⋅ x2+y2，
化简得x2+y2+2x+2y−2=0，
所以P点的轨迹C的方程为x2+y2+2x+2y−2=0．
(2)由(1)知，轨迹C：(x+1)2+(y+1)2=4表示圆心为C(−1,−1)，半径为2的圆，
当直线l的斜率不存在时，方程为x=1，圆心C(−1,−1)到直线l的距离为2，l与C相切；
当直线l的斜率存在时，设l：y−2=k(x−1)，即kx−y+2−k=0，
于是|−2k+3| k2+1=2，解得k=512，因此直线l的方程为512x−y+1912=0，即5x−12y+19=0，
所以直线l的方程为x=1或5x−12y+19=0．

17.解：(1)由函数f(x)=b−a2xax−x(a>0且a≠1b∈R)是定义在R上的奇函数，且f(1)=−52．
可知f(0)=0，
故f(0)=b−1a0−0=0且f(1)=b−a2a−1=−52，
故b=1，a=2，a=−12(舍去)；
(2)f(x)=1−22x2x−x=12x−2x−x，
由于函数y=12x,y=−2x,y=−x均为单调递减函数，故f(x)为减函数，
故f(1−x2)+f(5x−7)<0⇒f(1−x2)即1−x2>7−5x，解得2故不等式的解为{x|218.(1)证明：连接DF，CE，由ABCD，ABEF都是正方形，
则有BD=BF= 2，又BM=BN=a(0则在△BDF中，BMBD=BNBF，所以MN//DF，
由DC//AB//FE，DC=AB=FE，
可得四边形CDFE为平行四边形，
则DF/​/CE，所以MN//CE，
又MN⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，
所以MN/​/平面BCE；
(2)解：当a= 22时，M，N分别BD和BF的中点，
连接AM，AN，则BM=BN=AM=AN= 22，
设O为MN中点，连接AO，BO，
则AO⊥MN，BO⊥MN，AO=BO= 64，
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，
AD⊂平面ABCD，AD⊥AB，则AD⊥平面ABEF，
又AF⊂平面ABEF，则AD⊥AF，
由AD=AF=1，得DF= 2，MN=12DF= 22，
在△AOB中，由余弦定理，可得cs∠BOA=AO2+BO2−AB22AO⋅BO=−13，
所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为13．
19.解：(1)①因为cs(A−C)+csB=tanAtanCtanAtanC−1，且A+B+C=π，
所以cs(A−C)−cs(A+C)=tanAtanCtanAtanC−1，
所以csAcsC+sinAsinC−(csAcsC−sinAsinC)=sinAsinCsinAsinC−csAcsC，
即2sinAsinC=sinAsinC−cs(A+C)，
因为A∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinA≠0，sinC≠0，
所以csB=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
②因为∠ABC=π3，所以△ABC的内角均小于120°，
所以点P在△ABC的内部，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，
由S△ABC=12acsinB= 3，得ac=4，
设∠ABP=θ，θ∈(0,π3)，则∠CPB=π3−θ，
在△PAB中，由正弦定理得PAsinθ=csin∠APB，即PA=2 3csinθ，
在△PBC中，由正弦定理得PCsin(π3−θ)=asin∠CPB，即PC=2 3asin(π3−θ)，
所以PA⋅PC=PA⋅PCcs120°=2 3csinθ⋅2 3asin(π3−θ)⋅(−12)
=−23acsinθsin(π3−θ)=−83sinθsin(π3−θ)
=−83sinθ( 32csθ−12sinθ)=−83( 34sin2θ−12⋅1−cs2θ2)
=−83( 34sin2θ+14cs2θ−14)=−43sin(2θ+π6)+23，
因为θ∈(0,π3)，所以2θ+π6∈(π6,5π6)，
所以sin(2θ+π6)∈(12,1],
所以PA⋅PC的取值范围为[−23,0)；
(2)因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=12c⋅APsinθ+12a⋅BPsinθ+12b⋅CPsinθ，
即S△ABC=12sinθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ，
在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理得：
BP2=c2+AP2−2c⋅APcsθ，CP2=a2+BP2−2a⋅BPcsθ，AP2=b2+CP2−2b⋅CPcsθ，
三式相加整理得2csθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)=a2+b2+c2，
将c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ代入得：a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ，
因为PB平分∠ABC，所以∠ABC=2θ，S△ABC=12acsin2θ，
所以a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ=4accs2θ，③
又由余弦定理可得：a2+c2=b2+2accs2θ=b2+2ac(cs2θ−sin2θ)，④
由③−④得：b2=−b2+2ac(sin2θ+cs2θ)，
所以b2=ac(sin2θ+cs2θ)，即b2=ac，
所以常数t=1，使得b2=ac．