浙江省杭州市周边重点中学2024_2025学年高二数学上学期开学考试试题含解析

这是一份浙江省杭州市周边重点中学2024_2025学年高二数学上学期开学考试试题含解析，共22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。
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：本题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．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先借助不等式求出集合，再运用交集的运算求.
【详解】由，
则，
故选：B.
2. 记复数的共轭复数为，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算求得，再由可得.
【详解】由得，
所以，
故选：C.
3. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（ ）
A. 两人都中靶的概率为0.12B. 两人都不中靶的概率为0.42
C. 恰有一人中靶的概率为0.46D. 至少一人中靶的概率为0.74
【答案】C
【解析】
【分析】设出事件，根据相互独立事件的概率计算公式计算即可.
【详解】设甲中靶为事件， 乙中靶为事件，
则两人都中靶的概率为，
两人都不中靶的概率为，
恰有一人中靶的概率为，
至少一人中靶的概率为.
故选：C
4. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示，结合向量加减、数乘的坐标运算求解可得.
【详解】，
由，
则，
化简得.
故选：A.
5. 已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”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】D
【解析】
【分析】借助长方体模型，判断线线与线面位置即可.
详解】如图，长方体中，平面平面，
令平面为，平面为，
则平面平面，
①令，，即，但平面，，
故不与平面平行，即不成立.
故，所以“”是“”的不充分条件；
②令，平面，即，
但，不与平行，即不成立.
故，所以“”是“”的不必要条件；
综上所述“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
6. 设函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分段作出函数的图象，结合图象得函数为R上的增函数，再判断函数的奇偶性，再利用单调性与奇偶性性质将不等式转化为，化简求解可得.
【详解】，x∈R，则，
作出函数的图象，可知是R上的增函数.
又，是奇函数.
不等式可化为，
所以，则，即，解得，
不等式的解集是.
故选：B.
7. 已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，求出，由此可得的最大、最小值.
【详解】由函数的值域为，
得，得，
，
得，由定义域为，
所以，
，
所以的取值范围是.
故选：D.

8. 如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则下列说法正确的个数有（ ）
①二面角的大小为常数
②二面角的大小为常数
③二面角的大小为常数
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出构成二面角的两个半平面的法向量，
看两个半平面的法向量夹角的余弦值是否含参数，从而确定二面角是否为常数.
【详解】
设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是侧面上的动点，设，，
则，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，又，，
则，即，令，则，，
即，
又平面，则，即，
则，解得，
因此可得，，
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
又
因此可得二面角的大小为常数，故①正确；
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
因为中含参数，故的值不定，
因此二面角大小不是常数，故②不正确；
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
因为中含参数，故值不定，
因此二面角的大小不是常数，故③不正确；
故选：B.
【点睛】方法点睛：
1.与平行有关的轨迹问题的解题策略
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；
（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
2.与垂直有关的轨迹问题的解题策略
（1）可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；
（2）利用空间坐标运算求轨迹；
（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 某次校十佳歌手评比中，10位评委给出的分数分别为，计算得平均数，方差，现去掉一个最高分10分和一个最低分5分后，对新数据下列说法正确的是（ ）
A. 极差变大B. 中位数不变
C. 平均数变小D. 方差变大
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平均数、中位数、方差、极差定义理解及求法判断各项的正误.
【详解】由于10个数据已经确定，
故不妨设，由题意不妨取，
A项， 原极差为，
去掉最高与最低分后，极差为，
所以去掉最高和最低分，极差有可能减小，极差变大是不可能的，故A项错误；
B项，中位数的定义知：数据从小到大排列，中间两个数的平均值是中位数，去掉最高和最低不影响中间两个数，B项正确；
C项，由题意原平均数，
则，则去掉最高与最低分后，
平均数变为，平均数变小，故C正确；
D项， 去掉最高和最低分后，数据移除这两个极端值后，数据的波动性减小，
故方差会变小，故D项错误.
故选：BC.
10. 已知分别是三个内角的对边，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若是所在平面内的一点，且，则是直角三角形
D. 若，则的最大值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正弦定理边角关系判断A；利用正弦定理解三角形求角C判断B；由已知可得，由其几何意义可知边上的中线长等于的一半，即可判断C；由余弦定理和基本不等式求出，再由数量积的定义将的最大值转化为求的最大值，由求解可判断D.
【详解】对于A，因为在上单调递减，
所以，则，故A正确
对于B，由，则，
而，故或，因为，所以，
所以或，故B错误；
对于C，由、，，
故，所以在中边上的中线长等于的一半，
即是为直角的直角三角形，故C正确.
对于D，
而，
当时，取最大值，故D正确.
故选：ACD.
11. 四面体中，，记四面体外接球的表面积为，当变化时，则（ ）
A. 当时，B. 当四面体体积最大时，
C. 可以是D. 可以是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，点在平面内的投影是的外心，构造直角三角形求外接球的半径；B选项，平面平面时，构造直角三角形求外接球的半径；C选项，由外接球半径的范围进行判断；D选项，验证外接球的半径是否成立.
【详解】设四面体外接球的球心为，半径为，
当时，，则点在平面内的投影是的外心，
由，为直角三角形，外心是边的中点，

平面，平面，三点共线，
中，，
中，由，得，解得，
此时，A选项正确；
当四面体体积最大时，有平面平面，
设平面的外心为，为中点，连接，则平面，

由，则，，，
平面平面，平面平面，
平面，，则平面，
又平面，则有，
中，，又，则，
同理可得平面，，
所以四边形为矩形，，
中，由，得，
此时，B选项正确；
若，则外接球的半径为，而的外接圆半径，
所以这种情况不成立，C选项错误；
当时，，，

则，即，
四面体外接球的半径成立，此时，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求一个特殊四面体的外接球半径 , 通常有以下几种思路 : 一是构造法 ,比如求等腰四面体与直角四面体的外接球半径 ,可通过构造一个球内接长方体得到 ; 二是截面法 ,比如求正三棱锥的外接球径 , 可通过分析球心与一条侧棱所在截面的有关三角形计算得到 ; 三是观察法 , 比如将一个矩形沿对角线折成一个四面体 , 它的外接球球心就是原来矩形外接圆的圆心 .关于一般四面体的外接球半径问题 , 可以用解析法求出 . 方法如下 : 先建立适当的空间直角坐标系 , 并写出这个四面体四个顶点的坐标.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知幂函数的图象关于轴对称，则实数的值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据函数为幂函数求出的值，再通过的图象关于轴对称来确定的值.
【详解】由为幂函数，则，解得，或，
当时，，其图象关于轴对称，
当时，，其图象关于对称，
因此，
故答案为：2.
13. 已知，且，则的最小值为______．
【答案】81
【解析】
【分析】根据对数的运算性质可得，再结合基本不等式进行求解即可.
【详解】由，，则，，，
又，则，即，
又，
当且仅当，即时，等号成立，
所以可得，
因此的最小值为81.
故答案为：81.
14. 在正四面体中，分别为的中点，，截面将四面体分成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据线线平行可得截面，即可利用等体积法，结合比例即可求解.
【详解】取,
由可得,故，
故得截面为四边形，
，
,
,
故，
故体积较大部分与体积较小部分的体积之比，
故答案为：
四、解答题：（共5大题，共77分，其中第15题13分，第16题、第17题每题15分，第18题、第19题每题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
15. 已知，，．
（1）当时求集合；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）当时，解不等式，从而求出集合；
（2）对进行分类讨论，求取不同值时的集合，再根据，即可求实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，则，
由不等式，解得，
即；
【小问2详解】
由不等式，则，即，
当时，由（1）知，，又，则，即符合题意；
当时，为空集，又，显然不成立；
当时，或，又，则，即，故符合题意；
当时，或，显然，故符合题意；
当时，或，显然，故符合题意；
综上知，或.
16. 为了了解某项活动的工作强度，随机调查了参与活动的100名志愿者，统计他们参加志愿者服务的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．
（1）估计志愿者服务时间不低于18小时的概率；
（2）估计这100名志愿者服务时间的众数，平均数（同一组数据用该组数据的中点值代替）；
（3）估计这100名志愿者服务时间的第75百分位数（结果保留两位小数）．
【答案】（1）
（2）20； 20.32
（3）23.86
【解析】
【分析】（1）用频率估计概率可得；
（2）根据频率分布直方图求出的值，然后根据众数、中位数、平均数的概念计算；
（3）先根据各区间频率，确定75百分位数所在区间，再由比例关系计算即可.
【小问1详解】
由志愿者服务时间低于18小时频率为，
，
所以估计志愿者服务时间不低于18小时概率为.
【小问2详解】
由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故估计众数是20；
由，解得，
估计平均数为；
【小问3详解】
，，
由，
第75百分位数位于之间，设上四分位数为，
则，解得．
估计这100名志愿者服务时间的第75百分位数为.
17. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正、余弦公式及诱导公式化简函数的解析式，再由整体角范围求解不等式可得单调区间；
（2）由伸缩变换与平移变换得解析式，得，根据整体角范围求余弦值，再由角的关系，利用两角和的余弦公式求解可得.
【小问1详解】
.
由，
解得
即时，函数单调递减，
所以函数的单调递减区间为；
【小问2详解】
将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
则得到函数的图象，再向右平移个单位，得到函数的图象，
所以.
若，则， .
由，得，又，
所以，则，
故
.
故的值为.
18. 如图，已知四棱锥中，，，，且，
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与平面垂直，，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证，，利用线面垂直的判定定理得平面，
再利用线面垂直的性质即可证得；
（2）由（1）知平面，利用面面垂直的判断定理可得平面平面，
则即为直线与平面所成角，再利用题中条件求的长度，最后利用余弦定理进行求解即可；
（3）由（2）知平面平面，又平面平面，则平面与平面重合，即四点共线，
再利用题中条件求出四边形的面积和四棱锥的高，最后用锥体的体积公式即可求解.
【小问1详解】
取中点，连接，
由，则，
因此可得，
又为中点，则在等腰和等腰中，可得，，
又，平面，
平面，
又平面，
.
【小问2详解】
过作垂直的延长线于一点，
由（1）知平面，平面,
则平面平面，
又平面平面，平面，,
平面，故即为直线与平面所成角，
又在等腰直角中，，则，，
又在中，，
则，
在中，，
则在中，，
因此可得，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）知平面平面，又平面平面，
则平面与平面重合，即四点共线，
在中，，
，
在中，,
又,
又四边形的面积
,
又（2）知平面，故为四棱锥的高，
所以四棱锥的体积.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明平面，再利用面面垂直的判定定理证平面平面，
最后根据平面与平面垂直，确定四点共线，考查了线面垂直，
面面垂直的判定与性质，及线面角的定义，是一道综合性较强的题.
19. 已知函数的定义域为，若存在常数，使得对内的任意，都有，则称是“反比例对称函数”．设．
（1）判断函数是否为“反比例对称函数”，并说明理由；
（2）当时，若函数与的图像恰有一个交点，求的值；
（3）当时，设，已知在上有两个零点，证明：．
【答案】（1）是“反比例对称函数”，理由见解析；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用“反比例对称函数”的概念计算判断即可；
（2）构造新的“反比例对称函数”，然后利用其性质求解即可.
（3）将两个函数看做两个“反比例对称函数”，然后找到同一个时的图像，判断交点横坐标关系，然后判断其中一个图像发生伸缩变换之后的交点横坐标关系即可.
【小问1详解】
是“反比例对称函数”，理由如下：
由题可知，
可知，
所以，
故是“反比例对称函数”.
【小问2详解】
由题可知，，此时，
因为函数与的图像恰有一个交点，即有一个解，
得，
令，得仅有一个解，
显然，
因为，则有，
要使仅有一个解，
只需，或（舍）
所以.
【小问3详解】
不妨先设，
由题可知，
显然，
已知hx有两个零点，，则两个零点满足，
此时，
即，函数与函数，的两个交点横坐标满足；
可知利用复合函数单调性可知，
当时，单调递增；
时，单调递减；
由对勾函数性质可知 ，
在时，此时单调递减；
在时，此时单调递増；
得两函数示意图

当，此时，
相当于函数，
故所有的横坐标缩小为原来的倍；

故两函数新的交点横坐标会相对于开始变小，故.
【点睛】思路点睛：新概念的题型，我们需要去理解函数的性质，然后计算即可，注意出题人出题一般是层层递进的，所以还是需要寻找前后问题的联系.