2023浙江省名校协作体高二下学期开学联考适应性考试数学试题含解析

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2022学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题
高二年级数学学科
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知全集为，集，,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法及补集的运算可得，再根据并集的运算求解即可.
【详解】，
∴.
∴.
故选:C.
2. 若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且，，则实数a的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件的知识列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】由于互斥，且发生的概率均不为，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
3. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先利用复数的运算得到，利用题意可得到，则，即可得到答案
【详解】因为，
所以可得，解得，
所以，对应点为，位于第四象限，
故选：D
4. 如图所示的是函数的图像，则函数可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图象确定函数的性质，验证各选项是否符合要求即可.
【详解】由图可知：是非奇非偶函数，且在y轴右侧，先正后负．
若，则，所以函数为偶函数，
与条件矛盾，A错，
若，则，所以函数为奇函数，与条件矛盾，B错，
若，则，
当时，，与所给函数图象不一致，D错，
若，则，
当时，，
又， ，所以函数为非奇非偶函数，与所给函数图象基本一致，
故选：C．
5. 已知为单位向量，则“”是“存在，使得”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】对于前者是否能推出后者，我们举出反例即可，对于后者是否推前者，由后者可得共线且同方向，则，即后者能推出前者，最后即可判断.
【详解】若，则，但此时不存在，使得，
故不存在，使得，故前者无法推出后者，
若存在，使得，则共线且同方向，
此时，故后者可以推出前者，
故“”是“存在,使得的必要不充分条件”，
故选：B.
6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对已知等式两边分别取对数求出a，b，c，然后通过换底公式并结合基本不等式比较a，b的大小，从而得到a，b，c的大小关系．
【详解】分别对，，两边取对数，得，，．
．
由基本不等式，得:
，
所以，
即，所以．
又，所以.
故选：D．
7. 已知抛物线，F是抛物线C的焦点，M是抛物线C上一点，O为坐标原点，，的平分线过FM的中点，则点M的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设线段FM的中点为Q，作轴于点N，轴于点，交C的准线l于点，
则，故,过点Q作于点T,可得重合，设可得出的坐标满足，再与抛物线方程联立，可求出的坐标.
【详解】设线段FM的中点为Q，作轴于点N，轴于点，交C的准线l于点，
则，故.
过点Q作于点T，由是的角平分线.
则，由垂线段的唯性知，重合，
可得，则M在以线段PF为直径的圆上.设，
则由，得，将代入得
，易知，所以，即，
得，所以.故M的坐标为.
故选：A

【点睛】本题考查抛物线的方程与几何性质、圆的方程、角平分线的性质定理等知识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于中档题.
8. 设数列满足，则下列结论中不可能的是（ ）
注：和分别表示，，…中的最小值和最大值．
A. 数列从某一项起，均有
B. 数列从某一项起，均有
C. 数列从某一项起，均有
D. 数列从某一项起，均有
【答案】D
【解析】
【分析】考虑，，，，，几种情况，计算出数列，再对比选项得到答案.
【详解】当，时，，，，；
当，时，，，，；
当，时，，，，
，，，，AC可能；
当，时，，，，，，，，，AC可能；
当，时，，，，，；
当，时，，，，，， ，，B可能；
故选：D.
【点睛】分类讨论的取值情况是本题的关键
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分.
9. 若直线与圆相切，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列等比数列
C. 数列的前10项和为23 D. 圆不可能经过坐标原点
【答案】AC
【解析】
【分析】先求得圆心和半径，根据点到直线的距离公式、等差等比数列、圆等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径，
由直线与圆相切得，，
∴，，
∴是首项为，公差为的等差数列，
前10项和为；
令，解得，此时圆C经过坐标原点.
综上所述，AC选项正确，BD选项错误.
故选：AC
10. 如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）

A. 直线与直线垂直
B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点与点到平面的距离相等
【答案】BC
【解析】
【分析】(1)利用空间向量的坐标运算确定直线与直线的位置关系；(2)根据面面平行来证明线面平行；(3)先根据四点共面确定截面，进而算截面面积；(4)利用等体积法思想证明求解.
【详解】对于选项A，以点为坐标原点，
，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，.
从而，，
从而，所以直线与直线不垂直，选项错误；
对于选项，取的中点为，连接，，则易知，

又平面，平面，故平面，
又，平面，平面，
所以平面，
又，，平面，
故平面平面，
又平面，从而平面，选项正确；
对于选项C，连接，，如图所示，

∵正方体中，∴，，，四点共面，
∴四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，
又由勾股定理可得，，，
∴梯形为等腰梯形，高为，
∴，选项C正确；
对于选项D，由于，，
而，，
∴，即，
点到平面的距离为点到平面的距离的2倍，选项错误.
故选:BC.
11. 已知定义在上的奇函数，且当时，，则（ ）
A. B. 有三个零点
C. 在上为减函数 D. 不等式的解集是
【答案】ABC
【解析】
【分析】令求解判断A；由题得在上是减函数，进而结合奇函数性质，结合函数图像平移变换判断BC；令，进而得，函数在均为单调递减函数，再分，，，，五种情况讨论求解即可.
【详解】解：令，得，所以，选项A正确．
，且，则，，
所以，，
所以在上是减函数，
又为上的奇函数，，
所以有三个零点，将的图像向右平移2个单位长度得到的图像，
所以有三个零点，选项B正确．
由于为奇函数，所以在上也是减函数，选项C正确．
由于的图像向右平移2个单位长度得到的图像，即，
则，函数在均为单调递减函数，
所以，当时，；时，；
当时，；时，；
所以，
所以，当时，；时，；时，；
当时，；时，.
所以，不等式的解集是，故D错误.
故选：ABC．
12. 已知直线l：与椭圆交于A，B两点，点为椭圆的右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，存在使得
B. 当时，的最小值为
C. 当时，存在使得
D. 当时，的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】联立，消去并整理得，由，得，设、，得到和，对于A，当时，直线过左焦点，求出，由以及，求出，可知A正确；对于B，当时，得到，利用换元法可求出取最小值，故B正确；对于C，当时，求出，可知C正确；对于D，当时，求出的最小值为，可知D不正确.
【详解】由得，所以，
联立，消去并整理得，
，即，
设、，
则，，
所以
，
对于A，当时，过椭圆的左焦点，
此时，
若，则由，得，
所以，解得，，
所以存在，使得，故A正确；
对于B，当时，，，
所以

，
令，则，
则，
因为，所以当，即，时，取最小值，故B正确；
对于C，当时，，此时存在使得，故C正确；
对于D，当时，，
，
所以

，
因为且，所以，所以，
所以当时，取最小值，.故D不正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 若函数在区间上单调递增，写出满足条件的一个的值__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式化简函数，再借助正弦型函数性质推理作答.
【详解】依题意，，
当时，，因函数在区间上单调递增，
而函数上单调递增，因此，，
于是得：，，解得，
取，得.
故答案为：（答案不唯一）
14. 把一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，则使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】依据古典概型去求解即可解决.
【详解】若方程有2个互不相等的实数根，则，
一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，记为，所有可能共36种，
其中满足题意的有，，，，，，，，，，，，，，，，，共17种.
故使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为．
故答案为：
15. 已知，则的最大值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得，设，所以，所以，求出的范围，所以，分析求最值即可.
【详解】，所以，
当时，设，
代入，则有，看成关于的一元二次方程，
若方存在，则关于的一元二次方程必须有解，
所以判别式或，
所以或
又函数在上单调递增，
所以
，
当且仅当时取得等号，此时，；
当时，，此时；
所以的最大值为.
故答案为：．
【点睛】求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
16. 已知及其边上的一点满足，，且以，为焦点可以作一个椭圆同时经过，两点，求椭圆的离心率______.
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆定义，结合余弦定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.
【详解】设，所以，
设该椭圆长半轴长为，由椭圆的定义可知：
，
所以，，
在中，显然有，
所以，
设，
由余弦定理可知：
，
因此椭圆的焦距为，
所以椭圆的离心率为：，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用椭圆的定义、余弦定理是解题的关键.
四､解答题：本大题共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. 已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求和：.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；
（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.
【小问1详解】
因为数列满足，
故可得数列为等比数列，且公比，则；
数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，
故可得，解得，则；
综上所述，，.
【小问2详解】
由（1）可知：，，故，
又，又，则是首项1，公比为的等比数列；
则.
18. 新型冠状病毒感染的肺炎治疗过程中，需要某医药公司生产的某种药品.此药品的年固定成本为250万元，每生产千件需另投入成本为.当年产量不足80千件时，（万元）.当年产量不小于80千件时，（万元）.每件商品售价为0.05万元，在疫情期间，该公司生产的药品能全部售完.
（Ⅰ）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；
（Ⅱ）该公司决定将此药品所获利润的用来捐赠防疫物资.当年产量为多少千件时，在这一药品的生产中所获利润最大？此时可捐赠多少万元的物资款？
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当年产量为100千件时，该厂在这一药品生产中所获利润最大，可捐赠10万元物资款.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据题意得千件药品销售额为万元，进而得；
（Ⅱ）当时，由二次函数性质得当时，取得最大值万元，当时，由基本不等式得当时，取得最大值1000万元，进而得年产量为100千件时，该厂在这一药品生产中所获利润最大，可捐赠10万元物资款.
【详解】（Ⅰ）因为每件药品售价为0.05万元，则千件药品销售额为万元，
依题意得：
当时，.
当时，.
所以.
（Ⅱ）当时，.
此时，当时，取得最大值万元.
当时，.
此时，即时，取得最大值1000万元.
由于，所以当年产量为100千件时，该厂在这一药品生产中所获利润最大，
此时可捐赠10万元物资款.
【点睛】关键点点睛：本题考查数学应用题，解决问题的关键是根据题意，建立数学模型，将实际问题数学化，再根据数学二次函数最值与基本不等式的知识求解得答案，最后回归实际应用问题，作答，考查知识迁移应用能力，数学建模能力，是中档题.
19. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．

（1）设 为棱 的中点，证明：四点共面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.
【小问1详解】
连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,
又平面，平面,所以 ,
平面，所以平面，
由于为棱的中点，，所以 ,
又平面平面，平面平面，平面,
所以平面 ,
因此,所以四点共面，

【小问2详解】
由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,,设，
由（1）知,故，解得，故,
,
设平面，的法向量分别为则
即，取，则 ，
即，取，则 ，
设平面与平面的夹角为，则
20. 已知函数为偶函数.
（1）求实数a的值；
（2）判断的单调性，并证明你的判断；
（3）是否存在实数，使得当时，函数值域为.若存在，求出的取值范围；若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）在上为增函数，在上为减函数，证明见解析；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）由偶函数的定义即可求得a的值；
（2）用函数单调性的定义即可判断并证明；
（3）假设存，根据题意列出方程，解出即可.
【详解】（1）函数为偶函数，
，
即，
；
（2）当时，，
则函数在上为增函数，在上为减函数，
证明：设，
则，
，
，，
，
即，
故在上为增函数；
同理可证在上为减函数；
（3）函数在上为增函数，
若存在实数，使得当时，
函数的值域为，
则满足，即，
即m，n是方程的两个不等的正根，
则满足，
解得，
故存在，使得结论成立.
【点睛】易错点点睛： ，所以m，n是方程的两个不等的正根，注意.
21. 中，，是边上的点，，且.
（1）若，求面积的取值范围；
（2）若，，平面内是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据条件可得，建立平面直角坐标系，从而可得在一个定圆上运动变化，从而可求的边上的高的范围，故可得面积的取值范围.
（2）根据题设条件可判断该三角形为直角三角形，利用正弦定理和余弦定理可求的值.
小问1详解】
由面积公式可得：
，
，
因为，故，
由可得即，
建立如图所示的平面直角坐标系，则 ，则，

则，整理得到：，
故的边上的高的范围为，故其面积的取值范围为：
【小问2详解】

因为，故，故，
故为直角三角形且
如图，设，则，故，
同理，
故，而，故，
在中，由余弦定理可得：，
整理得到：
所以，
整理得到：，解得或，
但为锐角，故，故
故存在且.
22. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，记四边形的内切圆为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P、Q．
（1）试探究直线TP与TQ斜率之积是否为定值，并说明理由；
（2）记点O为坐标原点，求证：P、O、Q三点共线．
【答案】（1）直线TP与TQ斜率之积为定值，理由见解析
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）先求出：，不妨取，则，利用点到直线距离等于半径，得到，得到，将代入可得直线TP与TQ斜率之积为；
（2）设直线，得到，直线与椭圆联立，根据韦达定理得到，同理设出直线，联立后得到，从而，同理可得，证明出P、O、Q三点共线．
【小问1详解】
由题意得：，
直线方程为，即，
原点到直线的距离为，
故内切圆的半径为，由对称性可知圆心为，
所以：，
不妨取，则，
此时切线方程为，
则，
整理得：，
设过点引圆的两条切线斜率分别为，
则，
由得：，将其代入上式中，
，
故直线TP与TQ斜率之积为；
【小问2详解】
设直线，
则，解得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入，可得：，
设直线，
则，整理得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入可得：，
显然，
设直线，则，解得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入得：，
设直线，则，解得：，
与椭圆联立得：，
设，则，
将代入得：，
故，
所以P、O、Q三点共线.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.