浙江省名校协作体2023_2024学年高二数学上学期开学适应性考试试题含解析

这是一份浙江省名校协作体2023_2024学年高二数学上学期开学适应性考试试题含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 中，，则的取值范围是， 设a，，若时，恒有，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷.选择题部分
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. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合对数函数定义域和分式不等式解法化简集合A，B，由集合交集的定义求解即可．
【详解】函数的定义域为，
不等式，可化为或，所以，
所以，，
所以．
故选：A．
2. 若复数z满足，则（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数四则运算法则计算得到，从而利用模长公式得到答案.
【详解】，故，
所以.
故选：A
3. 如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（）
A. B. C. 0D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】建立直角坐标系，根据坐标运算即可求解.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，每一个小正方形的边长均为1，
故，，
则.
故选:D.
4. 已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列说法正确的是（）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判定A；由面面垂直、线面垂直判定线面关系判断B；由两平行平面内两直线的位置关系判断C；由平面与平面垂直的判定定理判断D．
【详解】若，，则或m与n相交或m与n异面，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，，则或m与n异面，故C错误；
若，，由平面与平面垂直的判定可得，故D正确.
故选：D
5. 已知函数，的图象如图所示，则函数的解析式可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图象可知，为奇函数，结合选项判断易得，A、C为奇函数，B、D为偶函数，排除B、D选项；又知时，，令即可判断.
【详解】由图像可知，函数的图象关于原点对称，即为奇函数，可排除B、D项；
对于C选项，有，而图像恒在x轴上方可知C选项错误；
故选：A.
6. 中，，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.
【详解】，
在中，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
由正弦定理得，
故因为，所以，
故，
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
故选：B
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
7. 设a，，若时，恒有，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用特殊值及解决恒成立问题常用分离参数转化为求最值问题即可求解.
【详解】当时，恒有，
当时，原式化为；
当时，原式化为，即，
.
又时，恒成立；
，即恒成立；
恒成立；
当时，恒成立，
令，则
由二次函数的性质，知在单调递增；
，即，
又，，则.
对于A，，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，故C 正确；
对于D，，故D不正确.
故选：C.
8. 为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴，，，.
半球面形状的容器的容积是.
故选：B
二、选择题：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. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式．并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图．根据图中信息，下列说法正确的是（）
A. 扇形统计图中的占比最大
B. 条形统计图中和高度不一样
C. 扇形统计图中的占比大于的占比
D. 估计该校超过一半的学生选择自行乘车或家人接送
【答案】CD
【解析】
【分析】根据方式上学的学生占比即可求出总人数，则得到方式出行的人数，再对选项一一分析即可.
【详解】由条形统计图知，自行乘车上学的有42人,家人接送上学的有30人,
其他方式上学的有18人,采用三种方式上学的共90人,
由扇形统计图知，其他方式上学的学生占,
所以人，则结伴步行上学的有人，
故条形图中、一样高，故B错误；
扇形图中类占比与一样都为，故扇形统计图中占比大于的占比，故C正确；
因为样本中选择自行乘车或家人接送的频率为，
所以估计该校超过一半的学生选择自行乘车或家人接送，故D正确；
因为其他方式上学的人数最少，故扇形统计图中的占比最小，故A错误.
故选：CD.
10. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据不等式性质及指数函数、幂函数单调性可判断A；举反例可判断B；利用基本不等式可判断C,D.
【详解】根据幂函数，指数函数在定义域内均单调增函数，
，故A正确；
由，取，可得，故B错误；
由可得，当且仅当即取等号，C错误；
由基本不等式可知，当且仅当取等号，
但，等号取不到，故D正确，
故选：AD.
11. 如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】记中点为，连接，证得，，得到锐二面角的平面角为，在证得平面，过作，证得平面，连接，得到，分别在直角和，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】记中点为，连接，连接与交于点，可得四边形是正方形，
所以，，故锐二面角的平面角为，
因为且平面，所以平面，
过作于H，则，
又因为，且平面，所以平面，
连接，则与平面所成的角为，
记，因为直角中，，
在直角中，，所以①，选项A成立；
将①平方得：，所以，
可得，
因为，都是锐角，则，所以，
又因为，，
根据余弦函数的单调性可知，可得，选项C成立；
因为，，若使，则需，
即当，可以成立，即B可能成立：
又由由，都是锐角，且，可得，则，
由选项C知，所以，选项D错误.
故选：ABC.
12. 已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对A选项从函数关于点对称得到；对B选项，通过赋值，得到的其中一个周期为4，对C选项进行求和得到值与值相关；对D由前面知道其一个周期为4，通过计算得到其每四个数值和为0，最后得到2020组数据和也为0.
【详解】因为的图象关于点对称，所以，
的定义域均为，故，由，得，所以，故A错误；
令得，，因为，
所以与联立得，
，则，
所以，即的其中一个周期为4，
因为，所以．
即，所以的其中一个周期也为4，
由，得，
与联立，得，
即．所以B正确；
由，得，但与的值不确定，
又，，
所以
故C错误；
由，得，所以，
又，，
两式相加得，，所以，故D正确，
故选：BD．
【点睛】抽象函数的对称性、周期性、奇偶性综合的问题难度较大，不易推导求解，平时要多去推导练习.
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. 已知甲、乙两组数据从小到大排列，甲：27，28，39，，49，50；乙：24，27，，43，48，52．若这两组数据的第40百分位数、第50百分位数分别相等，则______
【答案】
【解析】
【分析】利用百分位数的定义求解．
【详解】因为，，
所以第40百分位数为，第50百分位数为，则，
所以．
故答案：.
14. 设，，满足，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用对数的运算法则以及换底公式求解.
【详解】由可知，即，
由可知，即，
消去得，解得或（舍去），
当时，所以，
故答案为：.
15. 已知球O的表面积为，A，B，C，D为球O的球面上的四个点，E，F分别为线段AB，CD的中点．若，且，则直线AC与BD所成的角的余弦值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件判断出三点共线，构造正四棱柱，利用异面直线所成角的定义求解即可.
【详解】设球的半径为,由，解得,
∵,且E分别为线段AB的中点，∴,
在中，, 同理可得，
又∵,∴三点共线，
作出球的内接正四棱柱,,
∵∥,∴为直线与所成的角，
∵,∴,,∴,
由余弦定理得,
故答案为：.
16. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得的取值范围，再由向量数量积的定义及夹角公式进行求解即可．
【详解】，为单位向量，则，即，
，得，
令，
，
，
，
，
有，
由，则，即，得，
，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
本题考查向量的数量积和模等基础知识，解题关键在于令，把表示成关于的函数，由已知求出的取值范围，利用函数思想求的最小值.
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. 已知命题是假命题.
（1）求实数的取值集合；
（2）设不等式的解集为A，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到是真命题，从而将问题转化为二次函数在区间内恒成立问题，由此得解；
（2）先由必要不充分条件的性质得到集合是集合的真子集，再分类讨论得到解集，从而列不等式求得的取值范围.
【小问1详解】
因为命题是假命题，
所以命题是真命题，
所以在上恒成立，
令，则开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，所以，
所以，即，故.
【小问2详解】
因为是的必要不充分条件，
所以集合是集合的真子集，又，
因为对应的方程的根为或，
当，即时，由得，则，
所以，则，故；
当，即时，由得，显然，即，满足题意；
当，即时，由得，则，
所以，则，故；
综上：，即.
18. 已知函数的部分图像如图所示.
（1）求的单调递增区间；
（2）设，且方程有两个不同的实数根，求实数m的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据图像求出函数解析式，然后按求单调区间的步骤求解即可；
（2）利用函数与方程的有关知识即可求解.
【小问1详解】
由题图知，，，，所以，
所以，
又，所以，又，则，
故.
令，，
解得，，
故函数的单调递增区间为，.
【小问2详解】
因为，所以，
设，，画出函数图像，如图所示：
根据图像知：当时，满足题意.
19. 对平面向量，，定义运算：，其中，分别表示，模长，是与的夹角.在中，已知，.
（1）是否存在满足条件的，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）若，是线段上一点，且，求.
【答案】（1）不存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，得，再结合基本不等式可判断结果；
（2）解法一：结合（1），利用余弦定理求出，，再借助正弦定理求出，从而解决问题；
解法二：结合（1），利用正弦定理求出，，再结合三角形面积公式求解问题.
【小问1详解】
，.
，，，
又，，
.
，
当且仅当时，有最小值.
因此，不存在满足条件的，使得.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，.
解法一：在中，，由余弦定理得，，
，.
在中，，，
由正弦定理得，，
，，
，.
解法二：
在中，，，由正弦定理得，，
，，，
，
又，，.
.
.
20. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面平面，是边长为4的等边三角形，，，是上一点．
（1）若是的中点，证明：平面；
（2）若平面平面，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；
（2）先利用面面垂直与性质定理与线面垂直的判定定理依次证得平面，面，从而证得，再利用面面垂直与性质定理证得平面，进而得到，由此利用平行线分线段成比例求得的值.
【小问1详解】
连接，连接，如图，
因为底面是平行四边形，所以是的中点，
又是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
记的中点为，连接，则PQ⊥AB，
在平面过作，交于，连接，如图，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，则，
易得，又面，所以面，
因为面，所以，
过作交于，连接，则，
因为，，所以，则四点共面，
所以平面与平面交线一部分为，
又平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是边长为4的等边三角形，所以，，
因为平行四边形中，，，，
则，，
故在中，，
易得，，则，
所以，则，
因为，所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是在平面内找到垂直于平面与平面交线的直线，从而利用平行线分线段成比例即可得解.
21. 已知是关于的实系数一元二次方程.
（1）若是方程的一个根，且，求实数的值；
（2）若是该方程的两个实根，且，求使的值为整数的所有的值.
【答案】（1）或或
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论是题设方程的实根或虚根两种情况，实根时直接将代入即可求得值，虚根时利用韦达定理及判别式即可求得值，由此得解；
（2）利用韦达定理求得，从而列出的所有可能取值，再利用一元二次方程的判别式即可确定所有取值.
【小问1详解】
因为是关于的实系数一元二次方程，所以,
因为是方程的一个根，且，
当时，则或，
若，代入方程得，解得；
若，代入方程得，解得；
当为虚数时，不妨设，则也是方程的一个根，
故，又因为，即，故，
所以，解得，
又，得，
所以；
综上：或或.
【小问2详解】
由韦达定理可知，，，，
所以，
因为为整数,，
所以必为的因式，则的值可能为，
则实数的值可能为，
又因为是该方程的两个实根，所以，则，
所以所有取值为.
22. 已知函数有两个零点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）设，是g（x）的两个零点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由可得，然后令，则，再分或，和讨论即可；
（2）函数g（x）有两个零点，，令，则转化为，为方程的两根，然后根据根与系数的关系结合三角函数的性质可得，再利用余弦函数的单调性可证得结论.
【小问1详解】
解：．
由可得，
令，由可得，
故．
当或，即或时，无解，
所以g（x）不存在零点；
当，即时，有一解，此时x仅有一解，
所以g（x）只存在一个零点；
当，即时，有两解
，此时在各有一解，故g（x）有两个零点．
综上，实数a的取值范围为．
【小问2详解】
证明：函数g（x）有两个零点，，
令，则，为方程的两根，
则，，所以，
两边平方得，因为，
所以，
所以，
由可得，所以，
则，因为在上单调递减，
所以，即
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查余弦函数性质的应用，第（2）问解题的关键是通过换元将问题转化为二次方程有两个根，再利用根与系数的关系结余弦函数的性质可证得结论，考查数学思想和计算能力，属于难题.