2024-2025学年浙江省高二数学下学期开学适应性考试检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高二数学下学期开学适应性考试检测试题（附答案），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷.等内容，欢迎下载使用。
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
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. 若复数满足（是虚数单位），则的虚部为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数,从而可得的虚部.
【详解】因为,
所以,
所以复数的虚部为.
故选A.
【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.
2. 平面的一个法向量，点在内，则点到平面的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由点到平面距离的向量法计算．
【详解】，
所以点到平面的距离为．
故选：C．
3. 已知，则“”是“直线与平行”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】首先由两直线平行的充要条件求出参数的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
所以“”是“直线与平行”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 若一个圆锥和一个半球有公共底面，且圆锥的体积恰好等于半球的体积，则该圆锥的轴截面的顶角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，由题意可得求得，从而可求出母线长，然后利用余弦定理可求得答案
【详解】几何体的轴截面如图所示，设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，
因为圆锥的体积恰好等于半球的体积，
所以，得，
所以，
设圆锥的轴截面的顶角为，则
，
故选：C.
5. 若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式，结合作差法即可判断AB；根据等比数列的通项公式，建立不等式、，解之即可判断CD.
【详解】设数列的首项为，公差为；数列的首项为，公差为.
A：，所以，故A错误；
B：由选项A的分析知，，故B正确；
C：若，则，
即，解得或，
又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故C错误；
D：若，则，
即，解得或，
又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故D错误.
故选：B
6. 下列函数图象中，不可能是函数的图象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数解析式，得到，都有，可排除B；再结合的取值，可确定ABD可能取到.
【详解】因为，
若，则，，所以，
故函数的图象不可能是C；
若，则；又，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，且当时，；当时，，其图象与A相同；
若，则，又，则函数是偶函数，图象关于轴对称；当时，；当时，，当时，，所以其图象可能是B选项；
若，则，又，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称；且；当时，；当时，，当时，，其图象可能是D选项.
故选：C.
【点睛】本题主要考查函数图象的识别，属于常考题型.
7. 已知E，F分别是矩形ABCD边AD，BC的中点，沿EF将矩形ABCD翻折成大小为的二面角．在动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中，记二面角的大小为，则（）
A当时，sin先增大后减小
B当时，sin先减小后增大
C. 当时，sin先增大后减小
D. 当时，sin先减小后增大
【答案】C
【解析】
【分析】根据二面角的定义通过作辅助线, 找到二面角的平面角，在△中表示出的值，利用的值的变化来判断的变化即可.
【详解】当时，由已知条件得平面,
过点作,垂足为，过点作，垂足为，
∵平面，∴∴平面,
又∵平面，∴, ∴平面, ∴,
则为二面角的平面角，
在△中，, 动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中,不断减小，则不断增大，即不断增大，则、错误；
当时，由已知条件得平面,
过点作,垂足在的延长线上，过点作,垂足在延长线上，
∵平面，∴, ∴平面,
又∵平面，∴, ∴平面, ∴,
则为二面角的平面角的补角，即，
在△中，, 如下图所示，动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中,先变小后增大，则先变大后变小，先变大后变小，
，则也是先变大，后变小, 则正确，错误；
故选：.
8. 已知点A是椭圆C:的左顶点，过点A且斜率为的直线l与椭圆C交于另一点P（点P在第一象限）．以原点O为圆心，为半径的圆在点P处的切线与x轴交于点Q．若，则椭圆C离心率的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可推得要使，只需，由此设直线方程，并联立椭圆方程，求出点坐标，进而得到，令，即可得到a,b的不等关系，求得答案.
【详解】要使，只要，只要，
即只要.
∵直线方程为：，
联立，
得，即（*）
注意到为方程（*）的一个根，故，
所以点，可得，
由于 ,故，
令，得，
即
所以离心率的取值范围是，
故选：B
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得得部分分，有选错的不得分.
9. 在正四棱台中，，则（）
A. 直线与所成的角为
B. 平面与平面的夹角为
C. 平面
D. 平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别取正方形、正方形的中心、，连接，由正四棱台的几何性质可知平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】分别取正方形、正方形的中心、，连接，
由正四棱台的几何性质可知平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，设，则、，
则，可得，
所以，、、、、、，
对于A选项，，，
所以，，
所以，直线与所成的角为，A对；
对于B选项，设平面的法向量为，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
故平面与平面的夹角不是，B错；
对于C选项，因为，且、不共线，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，C对；
对于D选项，，，
则，，
所以，，，
又因为，、平面，所以，平面，D对.
故选：ACD.
10. 设F为双曲线的右焦点，O为坐标原点．若圆交C的右支于A，B两点，则（）
A. C的焦距为B. 为定值
C. 的最大值为4D. 的最小值为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据双曲线方程求焦距，判断A；根据两个圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可判断B；并根据基本不等式，即可判断C；根据坐标表示，结合B选项，即可判断D.
【详解】双曲线方程，其中，则，所以焦距，故A错误；
设，，
所以，
（*）
联立，得，
其中，，代入（*）
得到（定值），故B正确；
，当时，等号成立，故C正确；
，同理，
所以，
其中
由B选项可知，，，，
所以上式，当时，取得的最小值，
所以的最小值是，
则的最小值是，故D正确.
故选：BCD
11. 已知数列：1，1，2，1，3，5，1，4，7，10，…，其中第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推，则（）
A.
B.
C. 存在正整数m，使得，，成等比数列
D. 有且仅有3个不同的正整数，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意将数列分组，第一组：1；第二组：1,2；第三组：1,3,5；以此类推，第n组：.则每组数构成首项为1，公差为的等差数列，且项数为n.结合等差数列的通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.
【详解】将数列分组，第一组：1；第二组：1,2；第三组：1,3,5；以此类推，
第n组：，
则每组数构成首项为1，公差为的等差数列，且项数为n.
A：由，知为数列的第六组数中的第5项，故A正确；
B：由，知为数列第n组数中的第n项，
此时该组数据是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，故B正确；
C：为数列中的连续3项：
①若为数列中第组的连续3项，当成等比数列时，
为常数列，不符合题意，所以成等差数列；
若为数列中第组和第组的3项，
②当在第组，在第组，此时，不成等差和等比数列；
③当在第组，在第组，此时，不成等差和等比数列，
综上，不成等比数列，故C错误；
D：由选项C的分析知，当为情况①中的3项，设为第组的项，
则，解得，不符合题意；
当为情况②中的3项，则在第组，在第组，
此时，，所以，
解得，又，所以k无解，不符合题意；
当为情况③中的3项，则在第组，在第组时，，
得，解得，符合题意.
即分别为第十组的第9、第10项，即，
有，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题综合考查了数列的相关知识，解答时要明确数列的项的规律，进而分组.本题将数列分组后，每组数构成首项为1，公差为的等差数列，且项数为n，利用等差数列的通项公式计算是解题的关键.
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 若，则________
【答案】##
【解析】
【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解即可.
【详解】
故答案为：
13. 已知数列中，，，则___________；设数列的前项的和为，则=___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
根据题中条件，得到，，则列的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，根据等比数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，，则；
即数列的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，
则当为奇数时，；
当为偶数时，；
因此；
则
.
故答案为：；.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.
14. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．
【详解】设，在等腰中，，
设的外心是，外接圆半径是，
则，∴，
设外接球球心是，则平面，平面，则，
同理，，
又平面，所以，是直角梯形，
设，外接球半径为，即，
则，所以，
在直角中，，，
，，∴，
，
令，则，
，
当且仅当，时等号成立，
所以的最小值是．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）求角A；
（2）作角A的平分线与交于点，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得；
（2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得.
【小问1详解】
因，由正弦定理可得：，
即.
因，故，则有，即，
因，故.
【小问2详解】
因为为角平分线，所以，
所以.
因，，，则，
即，所以.
又由余弦定理可得：，
把，分别代入化简得：，
解得：或（舍去），所以.
16. 若存在常数k，b使得函数与对于给定区间上的任意实数x，均有，则称是与的隔离直线．已知函数，．
（1）在实数范围内解不等式：；
（2）当时，写出一条与的隔离直线的方程并证明．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由解得或,在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，结合图形即可求解；
（2）求出的图象的交点，设与是存在隔离直线函数，可得，利用可求出k的值，结合证明，即可得出结论.
【小问1详解】
由，即，解得或．
在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，如图，
由图可知，当时，函数单调递减，单调递增，且，
所以；
当时，函数单调递减，单调递增，且，
则；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
单调递增，且，所以；
当时，函数单调递增，单调递增，且，，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
一条隔离直线为．
证明：由（1）知，令，由解得，
当时，，即有公共点，
设与存在隔离直线函数，
则点在隔离直线函数上，则，即，
所以；
若当时有，即，
则在上恒成立，即，
由于，故此时只有时上式才成立，则.
下面证明，令，
即，故，当且仅当即时，等号成立，
所以，即为与的隔离直线函数.
17. 如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到，
（1）求证：平面平面；
（2）设面面，求证：；
（3）若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）由已知，可得面SFD，由面面垂直的判定定理可得证；
（2）利用线面垂直的性质定理证明即可；
（3）设S在面AEF上的射影为O，则为直线SE与平面DEF所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值．
【小问1详解】
因为ABCD是正方形，，
又，面SFD，面SFD，
又平面，所以平面平面SFD；
【小问2详解】
证明：因为，面，面，所以面，
又因为面面，所以.
【小问3详解】
设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．

设，则．
．
在中，，．
可得，
，
，
又，，
令，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递减，
当，即时，最大为，
最大值为．
18. 已知数列的前n项和为，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，根据计算可得，结合等比数列的定义和通项公式即可求解；
（2）由（1）可得，利用等比数列前n项求和公式计算求出，则，根据放缩法可得，结合等比数列前n项求和公式与裂项相消求和法计算即可证明.
【小问1详解】
∵，∴，
由及，
得，即，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，从而，
∵，
∴；
又，
∴，
综上所述：．
19. 已知A是抛物线上一点（异于原点），斜率为的直线与抛物线恰有一个公共点A（与x轴不平行）．
（1）当时，求点A的纵坐标；
（2）斜率为的直线与抛物线交于B，C两点，且是正三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，直线代入抛物线方程，根据方程有两个相等的实根即可求出，根据即可求解；
（2）设直线，代入抛物线求出和的关系式，设直线，同理求出和的关系，不妨设A，B，C是绕着的重心逆时针排列，由求出和的关系式，据此即可求解.
【小问1详解】
由题意可设，直线，
代入抛物线得，
由题意，方程有两个相等的实根，故，又，
所以点A的纵坐标；
【小问2详解】
由题意可设直线，
代入抛物线得，故，
设直线，同理可得，
由知，
不妨设A，B，C是绕着的重心逆时针排列的，由知，
代入化简得，
由图易知时与同号，
当时如图，
点不存在，所以，
对于，想象这个图顺时针转了一个小角度，AC直线延长和抛物线的交点在轴下面，所以，
所以，又，进而，
代入化简得，
得，
当时，易知轴，B位于坐标原点，此时，
而均不符合题意，因此，
的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于不妨设A，B，C是绕着的重心逆时针排列，由求出和的关系式.