上海交通大学附属中学2022-2023学年高二数学下学期开学考试试题（Word版附解析）

交大附中2023学年第二学期高二年级数学开学考

2023.2

一､填空题（1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

1. 已知集合，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】

将中元素逐个代入判断是否成立即可得解.

【详解】将中元素逐个代入，符合的有、，即.

故答案为：.

【点睛】本题考查了描述法表示集合和集合的交集运算，属于基础题.

2. 函数的定义域为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由根式的性质，结合指数函数单调性及指对数关系求自变量范围，即得定义域.

【详解】由题设，故，故定义域为.

故答案为：

3. 设向量，是与方向相反的单位向量，则的坐标为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据相反向量、向量模的概念，求得相反向量的坐标及模长，即可求的坐标.

【详解】由相反向量为且模长为，

∴.

故答案为：

4. 复数的虚部是__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的相关概念即可得解.

【详解】由复数虚部的概念，易知复数的虚部为.

故答案为：.

5. 已知，则的值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】应用二倍角余弦公式求值即可.

【详解】由.

故答案为：

6. 在所有由1，2，3，4，5这五个数字组成的无重复数字的五位数中，任取一个数，则取出的数是奇数的概率为_________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据古典概型的概率公式即可解出．

【详解】任意一个数，共有种可能，而这个数是奇数的可能有种，所以任取一个数，则取出的数是奇数的概率为．

故答案为：．

7. 已知公差为的等差数列，其中，则____________．

【答案】##-0.75

【解析】

【分析】由题干条件得到，从而求出答案.

【详解】由题意得：，解得：，

因为，所以，

则，

故答案为：

8. 已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.

【答案】2

【解析】

【分析】求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.

【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则体积为，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为，因为高不变，故体积，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为，扩大后的圆柱侧面积为，故侧面积扩大为原来的2倍.

故答案为：2

9. 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）和，系统和系统在任意时刻发生故障的概率分别为和，若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，则________

【答案】

【解析】

【分析】根据相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件的加法公式列方程即可求解.

【详解】由题意可得：，

整理可得：，解得：，

故答案为：.

10. 直线l过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为______

【答案】或

【解析】

【分析】分截距为0和不为0两种情况讨论即可.

【详解】错解：因为直线l过点,且在两坐标轴上的截距相等,

设直线l的方程为,则,所以,

故直线l的方程为,

即.

错因：错误原因是忽略直线l过原点,截距为零的情况.

正解：

若直线l过原点，满足题意，此时直线l的方程为；

若直线l不过原点，设直线l的方程为,

则，所以,

故直线l的方程为，即.

综上，直线l的方程为或.

故答案为：或.

11. 将函数的图象关于轴对称，得到的图象，当函数与在区间上同时递增或同时递减时，把区间叫做函数的“不动区间”．若区间为函数的“不动区间”，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】求出函数图象关于轴对称对称的函数的解析式为，分、两种情况讨论，化简两个函数的解析式，对两个函数在区间上的单调性进行分类讨论，可的关于实数的不等式（组），综合可求得实数的取值范围.

【详解】函数的图象关于轴对称对称的函数的解析式为，

因为区间为函数的“不动区间”，

所以，函数与函数在上的单调性相同，

若，则在上单调递增，

在上单调递减，不合乎题意；

若，则，

若函数在上单调递增，则，可得，

此时函数在也单调递增，则，可得，则；

若函数在上单调递减，则，可得，

此时函数在也单调递减，则，可得，则不存在.

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

12. 已知数列的前项和为为数列的前项积，满足（为正整数），其中，给出下列四个结论：①；②；③为等差数列；④.其中所有正确结论的序号是__________.

【答案】①③④

【解析】

【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，两式相除整理可证明为等差数列，即可求得，从而可求得，由此得以判断各结论.

【详解】因为，

所以当时，，解得或，

又，所以，故，故①正确；

因为，易得，所以，

当时，，

所以，则，

所以，则，

又，

所以是以为首项，为公差的等差数列，

所以，则，

经检验，满足上式，所以，故④正确；

所以，则，

所以为等差数列，故③正确；

当时，，

又不符合上式，

所以，故②错误.

故答案为：①③④.

二､选择题（每题5分，共20分）本大题共有题，每题有且只有一个正确答案.

13. 已知，，若，则

A. 有最小值 B. 有最小值

C. 有最大值 D. 有最大值

【答案】A

【解析】

【分析】根据基本不等式的性质，即可求解有最小值，得到答案.

【详解】由题意，可知，，且，

因为，则，即，

所以，

当且仅当时，等号成立，取得最小值，

故选A．

【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

14. 设函数（a为常数），则“”是“为偶函数”的（    ）

A. 充分非必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 非充分非必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据定义域为R的函数为偶函数等价于进行判断.

【详解】解：当 时，, 所以为偶函数；

当为偶函数时，对任意的恒成立，

∴，

即 ，得对任意的恒成立，从而.

从而“”是“为偶函数”的充分必要条件.

故选：C.

15. 点到直线的距离的最大值为（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意，求得直线所过定点，由两点之间距离公式，可得答案.

【详解】由直线，整理可得，

令，解得，

点到直线距离的最大值为点到定点的距离，则，

故选：D.

16. ，，，，，一束光线从点出发射到上的点，经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点），则的斜率的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据题意求得关于直线对称的点为，点关于直线的对称点为，点关于直线的对称点为，再数形结合得到点的变动范围，从而得到，由此得解.

【详解】设直线方程为，则，解得，即，即，

设关于直线对称的点为，则，解得，即，，

同理可得：

点关于直线的对称点为，

点关于直线的对称点为，

如图所示：

利用光线反射的性质可知，当这束光线反射后最终经过点时，则其先经过点；当这束光线反射后最终经过点时，则其先经过点；

所以点之间为点的变动范围，

因为，，所以直线，即直线斜率不存在，而，

所以，即.

故选：D

三､解答题（本大题共5道小题，每一问均需写出必要步骤，共74分）

17. 如图，设长方体中，，．

（1）求异面直线与所成角的大小；

（2）求二面角的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

【小问1详解】

解：以，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

，，

，

异面直线与所成角的大小为；

【小问2详解】

解：，，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

，又二面角为锐二面角，

二面角的大小为．

18. 在中，有，其中分别为角的对边.

（1）求角的大小；

（2）设点是的中点，若，求的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由正弦定理边角关系将条件转化为，应用差角余弦公式及三角形内角性质求角的大小；

（2）延长到满足，连接，易知为平行四边形，再应用余弦定理、基本不等式求上界，结合三角形三边关系求下界，即可得范围.

【小问1详解】

在中，由正弦定理，可得，

由，得，即，

所以，可得，又，可得.

【小问2详解】

如图，延长到满足，连接，则为平行四边形，

则，

在中，由余弦定理得：，即

可变形为：，即，

由基本不等式得：，即，得（当且仅当取等号）.

又，有，故的取值范围是.

19. 已知的顶点，重心．

（1）求线段BC的中点坐标；

（2）记的垂心为H，若B、H都在直线上，求H的坐标．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】第一问根据顶点到重心的距离与重心到底边中点的距离比为，可得对应的共线向量解决求的中点；根据求，设点的坐标，根据的中点可以用表示，根据点在上且点在上，求出点的坐标，根据与垂直求出的方程，然后联立与.

【小问1详解】

设中点，

因为为的重心，且，

所以，即

所以，所以中点

【小问2详解】

因为的方程为，且为的垂心

所以即，所以

所以直线方程为：，即

所以设点，又因为的中点，设则

即

又因为点在直线上，即，所以

所以，所以，则边上的高线为

而点也在直线：上，所以点的坐标即为与的交点

即.

20. 第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；

（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．

①试证明：为等比数列；

②设第n次传球之前球在乙脚下概率为qn，比较p10与q10的大小．

【答案】（1）分布列见解析；期望为   

（2）①证明见解析 ；②

【解析】

【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；

方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；

（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；

②由①求出，比较其大小即可.

【小问1详解】

方法一：的所有可能取值为，

在一次扑球中，扑到点球的概率，

所以，

，

所以的分布列如下：

方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，

门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，

所以，

故的分布列为：

所以的期望．

【小问2详解】

①第次传球之前球在甲脚下的概率为，

则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，

第次传球之前球不在甲脚下的概率为，

则，

即，又，

所以是以为首项，公比为的等比数列．

②由①可知，所以，

所以，

故．

21. 设函数的定义域为.若存在实数使得，均对任意成立，则称为“型—函数”.

（1）若是“型—函数”，求值；

（2）若是“型—函数”，求证：函数是周期函数；

（3）若是“型—函数”，且在上单调递增，求证：存在正实数、，使得对任意成立.

【答案】（1）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由是“型—函数”，可得，结合已知条件，即可求得值；

（2）由是“型—函数”，可得，结合已知条件，推导出，根据周期函数定义，即可求得答案；

（3）构造函数，设，根据已知条件推导出是周期函数，结合已知条件，即可求得答案.

【详解】（1）函数的定义域为.若存在实数使得，均对任意成立，则称为“型—函数”

若是“型—函数”

则，将其代入，

可得：，令，可得

（2）是“型—函数”

则，将其代入，

可得：，

，周期为：

函数是周期函数

（3），

令及，

则，

不妨设，则是周期为的函数.

∵时，

，对任意，

对任意，取使

，对任意，

综上，取，，

则对任意成立

【点睛】本题解题关键是理解为“型—函数”定义和周期的求法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.