陕西省安康市2023-2024学年高二上学期开学摸底考试数学试题

这是一份陕西省安康市2023-2024学年高二上学期开学摸底考试数学试题，共11页。试卷主要包含了本试卷命题范围，我国著名数学家华罗庚曾说，已知向量，，，则向量，的夹角为，已知复数，则，下列不等式一定成立的是等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年秋季高二开学摸底考试数学注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本试卷命题范围：必修第一册，必修第二册。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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，集合，则（    ）A. B. C. D.2.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，，则（    ）A. B. C. D.3.我国传统文化中有天干地支之说，天干为“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”.其中甲、乙五行属木，归东方，丙、丁五行属火，归南方，戊、已五行属土，归中央，庚、辛五行属金，归西方，壬、癸五行属水，归北方.在天干十个字中随机取两个，则它们五行属性相同的概率是（    ）A. B. C. D.4.我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征.我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（    ）A. B. C. D.5.已知向量，，，则向量，的夹角为（    ）A. B. C. D.6.已知某圆锥的侧面积为，该圆锥侧面的展开图是弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）A. B. C. D.7.在地球公转过程中，太阳直射点的纬度随时间周而复始不断变化，太阳直射点回归运动的一个周期就是一个回归年.某科研小组以某年春分（太阳直射赤道且随后太阳直射点逐渐北移的时间）为初始时间，统计了连续400天太阳直射点的纬度值（太阳直射北半球时取正值，直射南半球时取负值）.设第x天时太阳直射点的纬度值为y，该科研小组通过对数据的整理和分析，得到y与x近似满足.则每1200年中，要使这1200年与1200个回归年（太阳连续两次通过春分点的时间间隔）所含的天数最为接近.应设定闰年（全年366天，每四年一闰，年份是整百年时，必须是400年的倍数才是闰年，其余年份为平年）的个数为（    ）（精确到1，参考数据）A.290 B.291 C.292 D.2938.某校高二年级学生举行中国象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、乙、丙三位同学进入决赛.决赛规则如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束.若经抽签，已知第一场甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.则（    ）A.甲获得冠军的概率最大 B.甲与乙获得冠军的概率都比丙大C.丙获得冠军的概率最大 D.甲、乙、丙每人获得冠军的概率都一样大二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，则（    ）A.是纯虚数  B.C.  D.在复平面内，复数对应的点位于第三象限10.下列不等式一定成立的是（    ）A. B.C.  D.11.沙糖桔网店2022年全年的月收支数据如图所示，则针对2022年这一年的收支情况，则（    ）A.月收入的最大值为90万元，最小值为30万元B.这一年的总利润超过400万元C.这12个月利润的中位数与众数均为30D.7月份的利润最大12.在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（    ）A.  B.C.  D.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，满足，，则向量在上的投影向量为______.14.某同学5次上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，8，10，12.已知这组数据的平均数为10，标准差为，则的值为______.15.已知函数若方程有四个不同的解，，，，且，则a的最小值是______.16.如图，正四面体的体积为，E、F、G、H分别是棱、、、的中点，则______，多面体的外接球的体积为______.（第一空2分，第二空3分）四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.（10分）某超市从2023年甲、乙两种酸奶的日销售量（单位：箱）的数据中分别随机抽取100个，并按，，，，分组，得到频率分布直方图如下，假设甲、乙两种酸奶的日销售量相互独立.（1）写出频率分布直方图（甲）中的a的值；记甲种酸奶与乙种酸奶日销售量（单位：箱）的方差分别为，，试比较与的大小；（只需写出结论）（2）用频率估计概率，求在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于20箱的概率.18.（12分）设是定义在上的奇函数，且对任意实数，恒有.当时，.（1）当时，求的解析式；（2）计算的值.19.（12分）如图，直三棱柱中，，，.（1）证明：平面；（2）求点C到平面的距离.20.（12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A的大小；（2）若，的面积为，求的周长.21.（12分）已知向量，，函数.（1）若，求的值；（2）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足，求的取值范围.22.（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且M是的中点.（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的正切值；（3）求直线与平面所成角的正弦值.  2023-2024学年秋季高二开学摸底考试•数学参考答案、提示及评分细则1.C  因为，所以所以，所以，又因为，所以.2.A  由正弦定理得，.3.D  从天干十个字中随机取两个，所有取的种类为45，共有金木水火土五行，所以随机取的两个五行相同的概率为.4.D  由图知的定义域为，排除选项A，B，又因为当时，，所以排除选项C.5.A  设，的夹角为，∵向量，∴，∵，，又∵，∴.∵，∴.6.B  设该圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由已知条件可得：  解得  故圆锥的高，所以该圆锥的体积为.7.B  ，所以一个回归年对应的天数为365.2422天.假设1200年中，设定闰年的个数为，则平年有个，所以，解得.8.C  根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，（1）甲获得冠军有两种情况：①共比赛四场结束，甲四连胜夺冠，概率为.②共比赛五场结束，并且甲获得冠军.则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况：胜胜胜负胜，胜胜负空胜，胜负空胜胜，负空胜胜胜，概率分别为，，，.因此，甲最终获得冠军的概率为.（2）乙获得冠军，与（1）同理，概率也为.（3）丙获得冠军，概率为，∴丙获得冠军的概率最大.9.ABD  .对于A，∵，∴为纯虚数，A正确；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，∵，∴对应的点为，位于第三象限，D正确.10.AD  当时，，所以，此时，故A正确；此时当时成立，取，则，故B错误；当时，故C错误；当时，，则，故D正确.11.ACD  A：由图可知，月收入的最大值为90，最小值为30，故A正确；B：各个月的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，所以总利润为（万元），故B错误；C：这12个月利润的中位数与众数均为30，故C正确；D：7月份的利润最大，为60万元，故D正确.12.ABD  因为，由正弦定理可得，所以，又为锐角三角形，所以，，所以，正弦函数在上单调递增，所以，所以，A正确；因为为锐角三角形，所以，，，所以，，，所以，B正确；因为，所以，所以，所以，因为，所以，C错误；因为，由余弦定理可得，所以，所以，D正确.13.  设，的夹角为，由题知，在上的投影为，又，，所以，；所以，即在上的投影为；又，所以在上的投影向量为.14.  平均数为，即，①方差为，即，②由①②解得，或，，所以当，时，；当，，.15.1  画出的图象如图所示.因为方程有四个不同的解，，，，故的图象与有四个不同的交点，又由图，，，故的取值范围是，故a的最小值是1.16.1     如图，将正四面体嵌入到正方体中，则正四面体的体积为正方体体积的，设正方体的棱长为a，则，，所以，是的中位线，所以.设的中点为O，连接，，，，因为，所以多面体的外接球的球心为O，半径为1，外接球的体积为.17.解：（1）根据频率分布直方图（甲）可得：，解得，根据两个频率分布直方图可得，乙种酸奶日销售量数据更集中，所以.     ……4分（2）设事件A：在未来的某一天，甲种酸奶的销售量不高于20箱，事件B：在未来的某一天，乙种酸奶的销售量不高于20箱，事件C：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于20箱，     ……6分则，，     ……8分所以.     ……10分18.解：（1）∵，∴，∴是周期为4的周期函数.     ……2分∵，∴，∴，∴，     ……4分又，∴，即，.     ……6分（2）∵，，，.     ……8分又是周期为4的周期函数，∴，     ……10分∴.     ……12分19.（1）证明：∵为直三棱柱，∴.又平面，平面，∴平面.     ……4分（2）解：在中，，，则，的面积为.∵为直三棱柱，∴平面，∴，从而.     ……6分取的中点D，连接，则，，∴的面积为.  ……8分设点C到平面的距离为h，由于，∴，解得.故点C到平面的距离为.     ……12分20.解：（1）因为，由正弦定理得，所以.可得，因为，所以，所以，又因为，所以.     ……6分（2）由，则，解得，又由余弦定理，可得，所以，可得，又因为，所以的周长为.     ……12分21.解：（1）由题意得，.   ……3分由，可得，则.     ……6分（2）已知，由余弦定理，可得，即，则.     ……     ……8分又因为A为三角形的内角，所以，从而，易知，，则.     ……10分所以，故的取值范围为.     ……12分22.（1）证明：∵平面，平面，∴.又四边形是矩形，∴，∵，∴平面.∵平面，∴.又M是的中点，，∴，∵，所以平面.     ……3分（2）解：∵底面是矩形，∴，∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，由（1）得平面，∴平面.∵平面，∴，∴为直角三角形.又是的中点，，∴.∴在中，即为异面直线与所成角，故，∴异面直线与所成角的正切值为.     ……7分（3）解：取中点为N，连接，，在中，M，N分别为线段，的中点，故，，∵平面，∴平面，∴.     ……8分由（1）得平面，∵平面，∴.∵，∴，，又，∴.∴.     ……9分设点D到平面的距离为h，直线与平面所成角为，则，解得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.     ……12分