2024-2025学年山东省日照市高二上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省日照市高二上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数的图象的大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
3．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知是边长为6的等边三角形，点D是AB的中点，点G是线段CD上一点，满足，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则图象有如下性质（ ）
A．关于点中心对称B．关于直线轴对称
C．关于点中心对称D．关于点中心对称
8．设，且，则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设为两个随机事件，以下命题正确的是（ ）
A．若与对立，则
B．若与互斥，，则
C．若，且，则与相互独立
D．若与相互独立，，则
10．已知函数的最大值为2，其部分图象如图所示，则（ ）

A．
B．函数为偶函数
C．满足条件的正实数存在且唯一
D．是周期函数，且最小正周期为
11．如图，正方体棱长为2，点M是其侧面上的动点（含边界），点P是线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．存在点P，M，使得平面与平面PBD平行
B．当点P为中点时，过A，P，点的平面截该正方体所得的截面是梯形
C．当点M是线段的中点时，不存在点P使直线垂直平面
D．当P为棱的中点且时，点M的轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．若幂函数的图象过点，则 .
13．已知扇形的半径为10，以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，已知，则弧AB的中点C的坐标为 ．
14．若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角的对边分别为满足．
(1)求B的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
16．已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是．
(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
(2)设置游戏规则如下：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色．若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜从概率的角度判断这个游戏是否公平，请说明理由．
17．在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，．
(1)证明：平面PAD；
(2)若为等边三角形，求点C到平面PBD的距离．
18．设a为常数，函数．
(1)当时，求函数的值域；
(2)若函数在区间上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(3)当时，设n为正整数，在区间上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值．
19．给定正整数，设集合，对于集合M中的任意元素，定义，．
(1)当时，若，求所有满足条件的；
(2)当时，均为M中的元素，且，求k的最大值；
(3)当时，若均为M中的元素，其中，且满足，求k的最小值．
答案
1．【正确答案】B
【详解】，，.
故选B.
2．【正确答案】C
【分析】分类讨论与，结合指数函数的单调性即可得解.
【详解】因为，
当时，，由于，所以在上单调递增，排除BD；
当时，，由于，所以在上单调递减，排除A；
而C选项满足上述性质，故C正确.
故选C.
3．【正确答案】C
【分析】利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
【详解】由题可知，
所以，
由余弦定理，
所以，
，
.
故选C.
4．【正确答案】D
【分析】根据各段函数的单调性和分段点处的高低可得关于的不等式组，故可得其取值范围.
【详解】因为在R上单调递减，故，
故.
故选D.
5．【正确答案】A
【分析】根据对数函数及对数的运算性质可判断的大小，根据余弦函数的单调性可判断的大小，故可得正确的选项.
【详解】，，
故.
故选A.
6．【正确答案】A
【分析】根据题意，得到，由三点共线，求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】因为为的中点，，
因为三点共线，可得，解得，即，
又因为是边长为6的等边三角形，
所以
.
故选A.
7．【正确答案】D
【分析】根据解析式可得，故可得正确的选项.
【详解】
，
故，
故图象关于点中心对称.
故选D.
8．【正确答案】B
【分析】根据题意，利用余弦函数的性质，得到，结合三角函数的性质，求得，即可求解.
【详解】根据三角函数的性质知，，
，
，
要使得，可得，
则，，即，
可得，
所以，
当时，,
当时，可得，
所以当或时，的最小值等于.
故选B.
9．【正确答案】BD
【分析】根据互斥（或对立）事件概率的性质可判断AB的正误，根据独立事件的定义和性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若与对立，则，故A错误；
对于B，与互斥，则，故B正确；
对于C，因为，故，
故，故与不相互独立，故C错误；
对于D，因为，所以，
而与相互独立，故与相互独立，故，故D正确.
故选BD.
10．【正确答案】ACD
【分析】根据题意，求得函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，且，
因为函数的最大值为，可得，解得，
又因为，所以，所以A正确；
因为，且函数在的附近单调递减，
所以，所以，
又因为，可得，所以，解得，所以，
此时，其最小正周期为，所以C、D正确；
设，
，所以Fx为奇函数，
即函数为奇函数，故B错误.
故选ACD.
11．【正确答案】ABD
【分析】找到点P，M使得平面与平面PBD平行肯定选项A；作出过点的平面截该正方体所得的截面判断选项B；当点与点重合时，直线垂直平面，否定选项C；求得点M的轨迹长度判断选项D.
【详解】对于A选项，当M为中点，P为中点时，
连接、，结合正方体的结构特征有
，又平面PBD，平面PBD，则平面PBD，
，又平面PBD，平面PBD，则平面PBD，
又且都在面内，则平面平面PBD. 故A正确；
对于B选项，取BC中点N，连接
则，，则，又，则为梯形．
则梯形为截面，故B正确；
对于C选项，当M为中点，当点与点重合时，
由三垂线定理及逆定理易知：，
根据线面垂直的判定，得直线平面，故C错误;
对于D选项，取中点E，连接PE，ME，PM，则平面，
根据线面垂直的性质有，则，
则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，
分别交AD、于、，则，
则，劣弧的长为．故D正确.
故选ABD.
12．【正确答案】
【分析】设出，代入点，求出，从而求出解析式，从而求出.
【详解】设，将代入，，解得：，
故，.
故-1.
13．【正确答案】
【分析】设，则，求出，利用同角三角函数关系得到，，求出答案.
【详解】令，则，
，解得，
即，又，
又，解得，，
，即.
故．
14．【正确答案】
【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.
【详解】因为恒成立，
即恒成立，
若存在实数，使得上式成立，则，
则，
可得，可得，
解得，
由，
则取得最大值时，
此时.
故答案为.
【思路导引】双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.
15．【正确答案】(1)
(2)9
【分析】（1）根据题意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解；
（2）由三角形的面积公式，求得，根据题意和余弦定理，化简求得的值，即可求解.
【详解】（1）因为，可得，
由余弦定理得，
又由正弦定理得，
因为，所以，所以，所以，
又因为，所以.
（2）由三角形的面积公式，可得，可得，
又由余弦定理得，
因为，所以，解得，
所以的周长为．
16．【正确答案】(1)盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；
(2)不公平，理由见解析
【分析】（1）根据题设的概率可得关于球数的方程组，求出其解后可得不同颜色的求出.
（2）利用例举法可求甲胜或乙胜的概率，从而可判断游戏是否公平.
【详解】（1）设盒中红球、黄球、蓝球个数分别为x，y，z，从中任取一球，得到红球或黄球为事件A，得到黄球或蓝球为事件B，
则，
由己知得，解得，
所以盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；
（2）由（1）知红球、黄球、蓝球个数分别为2个，1个，1个，
用，表示红球，用表示黄球，用表示蓝球，
表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示试验的样本点，
则样本空间，．
可得，
记“取到两个球颜色相同”为事件，“取到两个球颜色不相同”为事件，
则，所以，
所以，
因为，所以此游戏不公平．
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据梯形边长利用勾股定理可得，再利用面面垂直性质定理可得结论；
（2）利用面面垂直的性质可得三棱锥的高为，再利用等体积法计算即可求得点C到平面PBD的距离为.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，所以，则．
因为平面平面ABCD，且平面平面，平面PAD，
所以平面PAD．
（2）在面PAD内过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，
所以平面ABCD，如下图所示：
因为，
由（1）知平面PAD，根据线面垂直的性质有，
在中，，而，
．
设点C到平面PBD的距离为h，
由得，解得，
所以点C到平面PBD的距离为．
18．【正确答案】(1)
(2)；
(3)1012，1349．
【分析】（1）利用换元法结合三角函数值域，由二次函数性质即可得出函数的值域；
（2）根据零点个数可得函数在0,1上仅有一个零点，再由二次函数根的分布可得；
（3）由二次函数根的个数及其符号并对参数的取值范围分类讨论，利用三角函数图象性质可得不同区间内的零点个数，即可得出结果.
【详解】（1）由题意，
令，则，
当时，，
所以当时，取最大值；
当时，取最小值，
所以的值域为；
（2）由题意函数在区间上有两个不同的零点，
即函数在0,1上仅有一个零点，因为，
由零点存在性定理，只需，得；
所以实数a的取值范围为.
（3）因为，所以有两个零点，
又，不妨
当时，得，即或；
由三角函数图象性质可知在（k为正整数）内零点个数为，在内零点个数为，
因为，所以；
当时，在（k为正整数）内零点个数为，
在内零点个数为，若，此时不存在n；
当时，则，在（k为正整数）内零点个数为，
因为，所以；
综上n的所有可能值为1012，1349．
19．【正确答案】(1)或或
(2)4
(3)3
【分析】（1）根据定义计算得出，可解得；
（2）根据题意写出集合M中的所有元素，根据分情况讨论即可得出结论；
（3）由可知在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量相等，即可知，经检验可知不合题意，当时可通过举例验证可知符合题意.
【详解】（1）令，
由题意知
解得或或
（2）表示之间至少有2个分量不相等，
M中的元素总情况：
对上述所有元素分析，最大为3，此时只有、符合要求；
当时，通过列举知满足的有共四个元素
同理可知满足条件的元素还可以是：
共四个元素
综上可得k的最大值为4.
（3）由，知．
而条件的含义是，在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量不相等
根据题意已有．
法一：
若，则，因为，
所以恰有个分量不相等，即中恰有个1，又中含n个1，
所以，中恰有2个分量不相等，所以．
因为，所以，与矛盾．
这就表明不成立，故．
当，，，时满足全部条件，
此时．（上述的选取不唯一）
所以k的最小值是3．
法二：
若时，，且恰有3个分量不相等，恰有3个分量不相等．
换言之，恰有2个分量相等，即中有2个0，3个1；
恰有2个分量相等．即中有3个0，2个1，矛盾．
故时，不成立．，同理可知不成立．
这就表明．
当，，，
时满足全部条件，此时．（上述的选取不唯一）
所以k的最小值是3．
【关键点拨】本题关键在于理解新定义并根据的不同取值推导出中的元素关系，进而求得结论.
2024-2025学年山东省日照市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知复数（为虚数单位），则实数的值为（ ）
A．B．1C．2D．3
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，且，则的值是（ ）
A．B．C．D．6
4．已知，为两个不重合的平面，l，m为两条不同的直线，（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
5．下列说法中正确的是（ ）
A．若事件与事件是互斥事件，则
B．若事件与事件满足条件：，则事件与事件是对立事件
C．一个人打靶时连续射击两次，则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
D．把红､橙､黄､绿4张纸牌随机分给甲､乙､丙､丁4人，每人分得1张，则事件“甲分得黄牌”与事件“乙分得黄牌”是互斥事件
6．如图，在中，是上的两个三等分点，，则的值为（ ）
A．50B．80C．86D．110
7．定义在R上的奇函数满足：任意，都有，
设，，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如下图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ）
A．150.5B．152.5C．154.5D．156.5
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，则（ ）
A．是奇函数
B．的最小正周期是
C．图象的一个对称中心是
D．上单调递增
11．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．平面
C．的最小值为
D．当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知正数，满足，则的最小值为 .
13．某几何体底面的直观图为如图矩形，其中，该几何体底面的面积为 ．
14．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数满足．
(1)求的解析式；
(2)求函数在上的值域．
16．正四棱台两底面边长分别为2和4．
(1)若侧棱长为，求棱台的表面积；
(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若，求面积的最大值.
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.

(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的余弦值.
19．当我们沉浸在游戏世界中时，很容易忽视时间的流逝，甚至忘记自己的学业和生活.一些大学生因为过度沉迷网络游戏，导致学业成绩下滑，身体健康状态也受到影响.长时间盯着电脑屏幕，不仅会导致视力下降，还可能引发颈椎病等健康问题.更为严重的是，过度依赖虚拟世界的社交可能会削弱我们在现实生活中的社交能力，造成人与人之间的疏离感.某大学心理机构为了向大学生宣传沉迷网络游戏的危害，该机构随机选择了200位沉迷网络的大学生进行宣传，将这些大学生每天玩网络游戏的时间分成五段：，，，，（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)请估计这200位大学生每天玩网络游戏的平均时间（同组数据用区间的中点值代替）；
(3)现在从和两组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行交流，求这2人每天玩网络游戏的时间所在区间不同的概率.
答案
1．【正确答案】D
【分析】由已知可得，根据复数乘法运算法则，和复数相等的充要条件，即可求解.
【详解】，
故选:D.
本题考查复数的代数运算、复数相等的应用，属于基础题.
2．【正确答案】C
【详解】集合,
或,则
故选：C
3．【正确答案】D
【详解】因为，即，
化简，整理得，
则，解得.
故选：D
4．【正确答案】D
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理，结合线面垂直的性质定理逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，若，，由面面平行的性质定理可得，故D正确.
故选D.
5．【正确答案】D
【分析】
根据互斥事件、对立事件以及事件的关系与运算逐一判断即可.
【详解】
互斥事件其含义是事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生，即；
A，若事件与事件是互斥事件，满足，
但不一定等于；
B，对立事件的含义是事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生，
为不可能事件，且为必然事件，即且，
若事件与事件满足条件：，
则事件与事件不一定是对立事件，
比如，掷骰子试验，事件“出现的点数为偶数”，
事件“出现的点数小于等于 ”，故B错误；
C，事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”，
都包含一次中靶，另一次不中，故C错误；
D，黄牌只能有一人得到，所以“甲分得黄牌”与事件“乙分得黄牌”是互斥事件，故D正确；
故选：D．
6．【正确答案】B
【分析】根据题意利用平向量基本定理将用表示出来，然后利用数量积的运算律求解即可.
【详解】因为在中，是上的两个三等分点，，
所以，
，
所以
.
故选B.
7．【正确答案】C
【分析】由题意可得在R上单调递增，，利用对数函数及指数函数的单调性可得，从而即可得答案.
【详解】因为是在R上的奇函数，且任意，都有，
所以在R上单调递增，
又因为，
所以，
又因为，，
所以，
所以
即.
故选：C.
8．【正确答案】B
【详解】依题意，，解得，
显然，，
所以样本中位数为.
故选：B
9．【正确答案】BD
【分析】通过举反例判断选项AC错误；利用作差法判断B选项，利用不等式的性质判断D选项即可.
【详解】对于A，当时，，故选项A错误；
对于B，因为,所以，所以，故选项B正确；
对于C，当时，，故选项C错误；
对于D，因为，所以，又，所以，故选项D正确；
故选：BD.
10．【正确答案】AC
【分析】由三角恒等变换化简解析式，由定义判断A；由周期公式判断B；由性质判断CD.
【详解】，
对于A：，即是奇函数，故A正确；
对于B：的最小正周期是，故B错误；
对于C：令，当时，图象的对称中心是，故C正确；
对于D：，函数在上单调递增，所以上单调递减，故D错误；
故选：AC
11．【正确答案】ABD
【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，
过点作⊥，交的延长线于点，
其中，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12．【正确答案】
【分析】根据正数，满足，可得，
再由，利用基本不等式即可求解.
【详解】由正数，满足，可得，
所以，
当且仅当，，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为.
13．【正确答案】
【分析】根据直观图，得到底面平面图形的形状和图形的高，根据平行四边形的面积公式求出底面积.
【详解】在直观图中，令轴与交于点，则，
直观图还原为平面图形如图，
根据直观图与原图的关系可得：，
故该几何体的底面是平行四边形，其面积为.
故答案为.
14．【正确答案】/0.75
【分析】利用正弦定理、三角变换公式可得及，故可得，消元后可得的值.
【详解】由正弦定理可得，
故，
故，
整理得到，
而，故，所以，
故，解得或，
若，则，故同为钝角，这与矛盾，
故.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)．
【详解】（1）令，得，
则，
故的解析式为．
（2）由题意得，
函数的对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
，
故在上的值域为．
16．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）设分别为上，下底面的中心，分别取的中点，利用梯形求出斜高，从而求出表面积；
（2）根据已知条件求出斜高, 再由直角梯形求出四棱台的高.
【详解】（1）如图，设分别为上，下底面的中心，
分别取的中点，连接，则为正四棱台的斜高，
，
则棱台的表面积.
（2）两底面面积之和为，
正四棱台的侧面积为，解得，
正四棱台的高.
17．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角余弦公式及正弦边角关系得，根据余弦定理求的余弦值，进而确定其大小；
（2）由已知和余弦定理得，再由求面积最大值，注意取值条件.
【详解】（1）由已知，
即，由正弦边角关系得，
所以，又，所以.
（2）由余弦定理，得，又，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，故的面积的最大值为.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由线面垂直的判定求证；
（2）由转化求解；
（3）由线面垂直的性质得即二面角的平面角，即可求解．
【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，E是PC的中点，则.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
因为平面，所以.
（2）连接交于点，如图所示：

则，又底面，平面，得，
而，则平面，则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以
，，，，
所以，，
所以.
（3）由（1）可得平面，因为平面，平面，所以，.
为二面角的平面角.
，.
因为，所以，解得.
因为，即，所以.
故二面角的余弦值为.
19．【正确答案】(1)0.1；
(2)7.4小时；
(3).
【分析】（1）利用频率分布直方图tk 小矩形面积和为1求出值.
（2）利用频率分布直方图估计平均数的算法，列式计算即得.
（3）利用分层抽样求出指定的两个区间的人数，再利用列举法求出古典概率.
【详解】（1）由频率分布直方图，得，所以.
（2）每天玩网络游戏的平均时间（小时）.
（3）每天玩网络游戏的时间在和内的人数比为，
则用分层抽样的方法抽取的5人中，在内的有1人，记为，在内的有4人，记为，
这5人中随机抽取2人的试验的样本空间，共10个样本点，
玩网络游戏的时间所在区间不同的事件，共4个样本点，
所以这2人每天玩网络游戏的时间所在区间不同的概率.