【文档说明】浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二上学期10月阶段性监测数学试题答案.docx，共(4)页，118.349 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级数学学科试卷(10月)参考答案一.选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．1-8DABACBDB二.多选题：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.BCD；10.AB；11.CD；12.BCD7.解：因为𝑙1⊥𝑙2，所以2𝑏+𝑎−4=0，即𝑎+1+2𝑏=5，因为𝑎>0，𝑏>0，所以𝑎+1>0，2𝑏>0，所以𝑎+2𝑎+1+12𝑏=1𝑎

+1+12𝑏+1=(1𝑎+1+12𝑏)×15(𝑎+1+2𝑏)+1=15(2+2𝑏𝑎+1+𝑎+12𝑏)+1≥15(2+2√2𝑏𝑎+1⋅𝑎+12𝑏⬚)+1=45+1=95，当且仅当𝑎=32，𝑏=54时，等号成立．故

选D．8.解：如图，以𝐷为原点，𝐷𝐴为𝑥轴，𝐷𝐶为𝑦轴，𝐷𝐷1为𝑧轴，建立空间直角坐标系．设𝑃(𝑎,𝑏,0)(0⩽𝑎⩽2,0⩽𝑏⩽2)，则𝐷1(0,0,2)，𝐸(1,2,0)

，𝐵1(2,2,2)，所以𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑎−2,𝑏−2,−2)，𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2,−2)，∵𝐵1𝑃⊥𝐷1𝐸，∴𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎−2+2(𝑏−2)+4=0，∴𝑎+2𝑏−2=0，又由𝑎=2

−2𝑏⩾0，得0⩽𝑏⩽1，∴|𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(𝑎−2)2+(𝑏−2)2+4=√5𝑏2−4𝑏+8=√5(𝑏−25)2+365，当𝑏=0时，|𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2，当𝑏=1时，|𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=3，当𝑏=25时，|𝐵1𝑃⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=6√55，∴由二次函数性质可得|𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∈[6√55,3]，∴线段𝐵1𝑃的长度的最大值为3．故选B．10.解：如下图所示，连接𝐶𝐷′，由长方体的性质可知𝐶𝐷′//𝐵𝐴′，则∠𝐵′𝐶𝐷′(或其补角)为异面直线𝐴′𝐵

与𝐵′𝐶所成的角，则𝐵′𝐶=𝐷′𝐶=√1+𝜆2，𝐵′𝐷′=√12+12=√2，cos∠𝐵′𝐶𝐷′=𝐵′𝐶2+𝐷′𝐶2−𝐵′𝐷′22𝐵′𝐶·𝐷′𝐶=𝜆21+𝜆2=

1−11+𝜆2，因为𝜆>1，所以1+𝜆2>2，所以cos∠𝐵′𝐶𝐷′∈(12,1)，所以∠𝐵⬚′𝐶𝐷⬚′∈(0,𝜋3)．故选：𝐴𝐵．11.解：对于𝐴，当𝐴=𝜋3时，根据正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵，得到sin𝐵=√3不成立，故A

错误；对于𝐵，由余弦定理cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐，得到𝑏2−3𝑏+2=0，∴𝑏=1或𝑏=2，故B错误；对于𝐶，𝑎=2,𝑏=3，要使▵𝐴𝐵𝐶是锐角三角形，需满足32+22>𝑐2,22+𝑐2>32，∴5<𝑐2<13，∴√5<𝑐<√13，故C正确；对于

𝐷，由正弦定理角化边得：𝑎2≤𝑏2+𝑐2−𝑏𝑐，∴𝑏2+𝑐2−𝑎2≥𝑏𝑐，∴cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐≥12，∴0<𝐴≤𝜋3，故D正确，故选CD．12.解：设𝑂是𝐵𝐷的中点，

则𝑂𝐴,𝑂𝐵,𝑂𝐶,𝑂𝐷两两相互垂直，二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶为直二面角，𝑂𝐶⊥𝐵𝐷⇒𝑂𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐷⇒𝑂𝐶⊥𝑂𝐹，对于𝐴选项，连接𝐵𝐹,𝐶𝐹，𝐵𝐹=√22+12=√5,𝐶𝐹=√(√

2)2+12=√3，𝐵𝐶=2，所以三角形𝐵𝐹𝐶不是等腰三角形，而𝐸是𝐵𝐶的中点，所以𝐸𝐹与𝐵𝐶不垂直，𝐴选项错误．对于𝐵选项，𝐴𝐶=√(√2)2+(√2)2=2，所以三角形𝐴𝐵𝐶和三角形𝐴𝐷𝐶

是等边三角形，所以四面体𝐴−𝐵𝐶𝐷的表面积为22+2×√34×22=4+2√3，𝐵选项正确．对于𝐶选项，由于𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷，所以𝑂是四面体𝐴−𝐵𝐶𝐷外接球的球心，外接球的半径为√2，体

积为43𝜋×(√2)3=8√23𝜋，𝐶选项正确．对于𝐷选项，设𝐺是𝐶𝐷中点，𝐻是𝐴𝐵中点，画出图象如下图所示，𝐻𝐹//𝐵𝐷,𝐸𝐺//𝐵𝐷⇒𝐻𝐹//𝐸𝐺，𝐻,𝐹,𝐸,�

�四点共面．由于𝐸𝐺//𝐵𝐷,𝐵𝐷⊄平面𝐸𝐹𝐺𝐻，𝐸𝐺⊂平面𝐸𝐹𝐺𝐻，所以𝐵𝐷//平面𝐸𝐹𝐺𝐻，𝐸𝐺=12𝐵𝐷=√2,𝐹𝐺=12𝐴𝐶=1，由于𝑂𝐷⊥𝑂𝐴,𝑂𝐷⊥𝑂𝐶,𝑂𝐶∩𝑂𝐴=𝑂，所以𝑂𝐷⊥平面𝐴𝑂𝐶

，所以𝑂𝐷⊥𝐴𝐶，而𝐹𝐺//𝐴𝐶，所以𝐹𝐺⊥𝐸𝐺，所以截面面积为𝐸𝐺⋅𝐹𝐺=√2×1=√2.𝐷选项正确．故选：𝐵𝐶𝐷．三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13

.0.65；14.3.2；15.2a；16.−2425.在此处键入公式。16.解：由𝛼为锐角，𝛼−𝜋12∈(−𝜋12,5𝜋12)，且sin(𝛼−𝜋12)=35，可得𝑐𝑜𝑠(𝛼−

𝜋12)=45，那么𝑐𝑜𝑠(𝛼+𝜋6)=𝑐𝑜𝑠[(𝛼−𝜋12)+𝜋4]=𝑐𝑜𝑠(𝛼−𝜋12)𝑐𝑜𝑠𝜋4−𝑠𝑖𝑛(𝛼−𝜋12)𝑠𝑖𝑛𝜋4=√210，于是𝑐𝑜𝑠(2𝛼+𝜋3)=2𝑐𝑜

𝑠2(𝛼+𝜋6)−1=2×(√210)2−1=−2425.故答案为：−2425．四.解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.解：(1)𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶=12×𝑎

×√3×sin5𝜋6=√32，解得𝑎=2，由余弦定理可得𝑐=√𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶=√22+(√3)2−2×2×√3×cos5𝜋6=√13；(2)由正弦定理得𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=�

�𝑠𝑖𝑛𝐶=√3sin𝜋3=2，所以𝑎=2𝑠𝑖𝑛𝐴,𝑐=2𝑠𝑖𝑛𝐶，∵𝐵=𝜋3，∴𝑎=2𝑠𝑖𝑛(𝜋3+𝐶)=√3𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑠𝑖𝑛𝐶，∴2𝑐−𝑎=3𝑠𝑖𝑛𝐶−√3𝑐𝑜𝑠𝐶=2√3sin

(𝐶−𝜋6)，∵𝐶∈(0,2𝜋3),𝐶−𝜋6∈(−𝜋6,𝜋2)，∴sin(𝐶−𝜋6)∈(−12,1)，∴2𝑐−𝑎的取值范围是(−√3,2√3)．18.解：(1)由题意易知𝐵𝐸⊥𝐵𝐶，则如图所示，分别以𝐵

𝐸⃗⃗⃗⃗⃗、𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗、𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗为𝑥，𝑦，𝑧轴建立坐标系，则𝐸(2√3,0,0)，𝐴1(2√3,−2,3)，𝐵1(0,0,3)，𝐵(0,0,0)，又因为𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=(0,2,−3)，设𝑎⃗⃗=𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√3,2,0)，𝑢⃗⃗=𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=(0,2√13,−3√13)所以点𝐵1

到直线𝐴1𝐸的距离𝑑=√𝑎⃗⃗2−(𝑎⃗⃗·𝑢⃗⃗)2=√16−1613=8√3913；(2)又𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3,0,0)，𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3,−2,3)，𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=(0,0,3)，设平面𝐸𝐴1𝐵的一个法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，平面𝐵1𝐴1𝐵的一个法向量为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，则{𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛1⃗⃗⃗⃗=0𝐵𝐴

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛1⃗⃗⃗⃗=0，有{2√3𝑥1=02√3𝑥1−2𝑦1+3𝑧1=0，解得{𝑥1=0𝑦1=32𝑧1，即可得𝑛1⃗⃗⃗⃗=(0,3,2)，{𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛2⃗⃗⃗⃗=0𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛

2⃗⃗⃗⃗=0,{3𝑧2=02√3𝑥2−2𝑦2+3𝑧2=0,解得{𝑧2=0𝑦2=√3𝑥2，即可得𝑛2⃗⃗⃗⃗=(1,√3,0)，设二面角𝐵1−𝐴1𝐵−𝐸的平面角为𝜃，可知𝜃为钝角，则|cos𝜃|=|𝑛1⃗⃗

⃗⃗⃗·𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗||=3√3√32+22·√3+1=3√3926，所以平面𝐵1𝐴1𝐵与平面𝐴1𝐵𝐸夹角的余弦值是3√3926．9.解：(1)由于𝑙1的斜率为2，则𝑙2

的斜率为−12，则𝑙2的方程为𝑦=−12(𝑥−1)+2，令𝑦=0，得𝑄(5,0)，𝑏−1𝑎+1表示点𝑀(𝑎,𝑏)与𝑁(−1,1)连线的斜率，由于𝑘𝑃𝑁=12，𝑘𝑄𝑁=−16，所以，𝑏−1

𝑎+1的取值范围是[−16,12]．(2)由题可知，直线𝑙1，𝑙2的斜率均存在，且不为0，设𝑙1的斜率为𝑘(𝑘≠0)，则𝑙2的斜率为−1𝑘，直线𝑙1的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)+2，

令𝑥=0，得𝑦𝐴=2−𝑘，直线𝑙2的方程为𝑦=−1𝑘(𝑥−1)+2，令𝑥=0，得𝑦𝐵=2+1𝑘，则|𝐴𝐵|=|𝑦𝐵−𝑦𝐴|=|1𝑘+𝑘|=|1𝑘|+|𝑘|⩾2，当且仅当𝑘=±1时取“=”．故|𝐴𝐵|的最小值为2．20.如图，已知以点A(－1，

2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切.过点B(－2，0)的动直线l与圆A交于M，N两点.(1)求圆A的方程；(2)当|MN|＝219时，求直线l的方程.解(1)设圆A的半径为r.∵圆A与直线l：x＋2y＋7＝0相切，∴r＝|－1＋4＋7|5＝25.∴圆A的

方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)①当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x＝－2，易得|MN|＝219，符合题意；②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.取MN的中点Q，连接AQ，则AQ⊥MN.∵|MN|＝219，∴|AQ|＝

20－19＝1，∴|k－2|k2＋1＝1，得k＝34，∴直线l的方程为3x－4y＋6＝0.综上，直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.21.解：因为函数𝑓(𝑥)在𝑅上的最大值为√2，所以𝐴=√2，因为𝑓(0)=1，所以√2𝑠𝑖𝑛𝜑=1，

所以𝑠𝑖𝑛𝜑=√22，因为0<𝜑<𝜋2，所以𝜑=𝜋4，所以𝑓(𝑥)=√2𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜋4).(1)由题知𝑓(𝜋8)=√2，所以√2𝑠𝑖𝑛(𝜔𝜋8+𝜋4)=√2，所以𝑠𝑖𝑛(𝜔𝜋8+𝜋4)=1，所以𝜔

𝜋8+𝜋4=2𝑘𝜋+𝜋2(𝑘∈𝑍)，所以𝜔=16𝑘+2，(𝑘∈𝑍)，又因为0<𝜔<16，所以𝜔=2，所以𝑓(𝑥)=√2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋4)，由2𝑥+𝜋4=𝑘𝜋，得𝑥=𝑘𝜋2−𝜋

8(𝑘∈𝑍)，所以函数𝑓(𝑥)的图象的对称中心为(𝑘𝜋2−𝜋8,0)，𝑘∈𝑍．(2)将函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象向右平移𝜋4𝜔个单位，得到𝑦=√2𝑠𝑖𝑛[𝜔(𝑥−𝜋4𝜔)+𝜋4]=√2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥，再将所

得的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的12，得到𝑔(𝑥)=√2sin2𝜔𝑥，因为𝑔(𝑥)在[0,𝜋8]上为增函数，所以𝑔(𝑥)的周期𝑇=2𝜋2𝜔⩾𝜋2，解得0<𝜔≤2，所以𝜔的最大值为2．获得更多资源请扫

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