文档介绍：该【浙江省金华市2023-2024学年高二数学上学期1月期末调研考试试题[含答案] 】是由【【笑】平淡】上传分享，文档一共【21】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【浙江省金华市2023-2024学年高二数学上学期1月期末调研考试试题[含答案] 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。1 / 21
2023-2024学年第一学期调研考试
高二数学试题卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
选择题部分（共60分）
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的．
1. 直线：与直线：互相平行，则（）
A1 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行得到方程，解出验证即可.
【详解】因为两直线平行，
则有，
解得，经验证此时两直线不重合，
故选：C.
2. 已知等差数列中，，则（）
A. 24 B. 36 C. 48 D. 54
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列性质以及求和公式即可得解.
【详解】由题意.
故选：D.
3. 如果函数在处的导数为1，那么（）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
2 / 21
【解析】
【分析】根据导数的定义可直接得到答案.
【详解】因为函数在处的导数为1，
根据导数的定义可知，
故选：A.
4. 过点且与直线垂直的直线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设直线方程为：，将点代入求解.
【详解】解：由题意设直线方程为：，
因该直线过点，
所以，
解得，
所以直线方程为：，
故选：C
5. 圆C：与圆的位置关系不可能（）
A. 内含 B. 内切 C. 相交 D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得两圆半径与圆心，后由圆心距与两圆半径间关系可得答案.
【详解】由题可得圆C：，则其圆心，半径为；
圆，则其圆心为，半径为.
则两圆圆心距为，
故两圆可能内含，内切，相交，不可能外切，外离.
故选：D
3 / 21
6. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线方向向量与平面法向量的位置关系得两平面的位置关系，由此即可得解.
【详解】由题意或.
故选：B.
7. 法国天文学家乔凡尼·多美尼卡·卡西尼在研究土星及其卫星的运动规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，并称为卡西尼卵形线（CassiniOval）小张同学受到启发，提出类似疑问，若平面内动点与两定点所成向量的数量积为定值，则动点的轨迹是什么呢？设定点和，动点为，若，则动点的轨迹为（）
A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 抛物线
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，根据向量数量积运算求得的轨迹方程，从而确定正确答案.
【详解】设，以线段的中点为平面直角坐标系原点，为轴，
建立如图所示平面直角坐标系，则，
设，则，
即，所以的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆.
故选：B
8. 已知直线与双曲线有唯一公共点，过点且与垂直的直线分别交
4 / 21
轴、轴于两点，则当运动时，点到两点距离之和的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先得点在双曲线上面运动，画出图形结合双曲线定义以及三角形三边关系分类讨论即可求解.
【详解】联立，化简并整理得，
由题意，化简得，
解得，
所以过点且与垂直的直线方程为，
在该直线方程中分别令，依次解得，
所以，
即点在双曲线上面运动，双曲线的图象如图所示：
若在右支上面，可以发现点为的右焦点，不妨设其左焦点为，
所以，
等号成立当且仅当点与点重合，其中点为线段与双曲线右支的焦点，
若在左支上面，如图所示：
5 / 21
所以，
等号成立当且仅当点与点重合，其中点为线段与双曲线左支的焦点，
综上所述，点到两点距离之和的最小值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是求出点的运动轨迹方程，由此即可顺利得解.
二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列导数运算正确的（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据导数的运算法则依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对A，，故A正确；
对B，，B错误；
对C，，C 正确；
对D，，D正确.
故选：ACD
10. 已知等差数列的公差为，若，，则首项的值可能是（）
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
【答案】BC
【解析】
【分析】根据等差数列的通项，建立不等式组，可得答案.
6 / 21
【详解】由题意，得，所以.
故选：BC.
11. 已知抛物线的准线方程为，焦点为，点是抛物线上的两点，抛物线在两点的切线交于点，则下列结论一定正确的（）
A. 抛物线的方程为：
B.
C. 当直线过焦点时，三角形面积的最小值为1
D. 若，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由抛物线准线列方程求出参数即可判断；对于B，由抛物线定义即可判断；对于C，设出直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理求弦长，结合点到直线距离公式得三角形面积表达式，进一步由基本不等式即可判断；对于D，设出直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理求弦长，结合已知得或，进一步由余弦定理基本不等式可得，由此即可判断.
【详解】对于A，抛物线的准线方程为，所以，解得，所以抛物线的方程为：，故A正确；
对于B，因为点在抛物线上，所以由抛物线定义可知，故B正确；
对于C，由题意抛物线焦点坐标为，显然过焦点的直线斜率存在，如图所示：
不妨取直线的方程为，且，
联立抛物线方程，得，
所以，
7 / 21
所以，，
点到直线的距离为，
所以三角形面积为，等号成立当且仅当，
即三角形面积的最小值为2，故C错误；
对于D，显然直线斜率存在，不妨取直线的方程为，且，如图所示：
联立抛物线方程，得，
所以，
所以，
，
因为，
所以，
解得或，
即或，
而
，
等号成立当且仅当，解得，
此时或，且此时满足，
8 / 21
即，所以最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是联立直线方程与抛物线方程，由弦长公式结合已知得关系，事实上这是非常有必要的，表面上直接由余弦定理基本不等式可得，但是验证基本不等式等号是否成立的重要条件.
12. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（）
A. 将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.
B. 将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.
C. 将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.
D. 将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用补体法求得正方体棱长判断A，利用对称性得球的直径判断B，求解两平行平面的距离判断C，先求出几何体的体积，通过与水密度的大小比较即可判断D.
【详解】将该几何体放置在如图的正方体中，
对于A，将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为图中正方体的棱长，
9 / 21
由题意，该几何的棱长为，所以正方体的棱长为，正确；
对于B，将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为该几何体外接球的半径，
根据正方体和多面体的对称性知，该几何体外接球直径为正方体面对角线，即，解得，
所以包装盒半径最小为，错误；
对于C，将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为两平行平面与平面的距离，证明求解过程如下：如图，
不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，所以平面平面，
设对角线分别交平面和平面于点，，
因为平面，平面，所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，所以，
同理，又，，平面，所以平面，
又平面平面，所以平面，
故即为平面与平面的距离，
10 / 21
则，由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，故，
根据，得，
解得，根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为，即该玩具的高度为，错误；
对于D，，小于水的密度，所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：求空间距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 曲线在点处的切线斜率为________．
【答案】4
【解析】
【分析】函数求导后，求得，即为所求.
【详解】因为，
所以，
则，
故答案为：4.
14. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程），数列满足冰雹猜想，其递推关系为：（m为正整数），