河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试题

这是一份河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试题，文件包含精品解析河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试题原卷版docx、精品解析河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.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，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本题共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. 已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由题意，，
，
当时，对于不一定恒成立，例如；
当为递减数列时，且对于恒成立，
又因为，所以得，
因此“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件，
故选：C.
2. 已知函数，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知，与的图象有两个交点，对实数的取值进行分类讨论，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数有两个零点，令，可得，
即与的图象有两个交点，
由可得，或.
①当时，函数的图象如图所示，
此时存在使得与有两个交点，满足题意，故满足题意；

②当时，由于函数在上单调递增，故不符合题意；
③当时，函数单调递增，故不符合题意；

④当时，单调递增，故不符合题意；
⑤当时，函数的图象如图所示，此时存在使得与有两个交点.

综上可得，或.
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数图象，利用数形结合的方法求解.
3. 函数的最大值是（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据辅助角公式，结合三角函数的性质求解.
【详解】由，解得，故的定义域为.
设，
则，
其中，，
∵，则，
∴当，即时，
取最大值，即函数的最大值是.
故选：B.
4. 已知为椭圆上的点，分别为椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为的平分线交线段于点，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角平分线定理及椭圆的的定义求解即可
【详解】因为的平分线交线段于点，所以，
由正弦定理得，.
又因为，
所以，即.
不妨设，则，
则，解得，
所以.
故选：A.
5. 已知分别为椭圆的左顶点和左焦点，是椭圆上关于原点对称的点，若直线交线段于，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由可得点的坐标，由三点共线得建立关系即得.
【详解】
由题意得，设，又，
所以，即，解得，
即，又由三点共线得.
所以，整理得，所以.
故选：B.
6. 在三棱锥中，，，是的中点，满足，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三棱锥的对棱相等可以补成长方体，计算长方体的长宽高，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可求得异面直线，所成角的余弦值.
【详解】解：三棱锥中，由于，，则三棱锥可以补在长方体，
则设长方体的长宽高分别为，则，
解得，如图以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，则，，
所以，
则异面直线，所成角的余弦值为.
故选：D.
7. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行校园厨艺总决赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你和甲的名次相邻.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况种数为（ ）
A. 54B. 48C. 42D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分两种情况讨论：乙是冠军，乙不是冠军，再安排其他人，由加法计数原理可得答案.
【详解】由题意，第一种情况：乙是冠军，则甲在第二位，剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况；
第二种情况：先从丙、丁、戊中选1人为冠军，再排甲，乙两人，再把甲和乙捆绑与其他人排列，共有种；
综上可得共有种不同的情况.
故选：C.
8. 下列命题中，真命题的是（ ）
A. 若回归方程，则变量与正相关
B. 线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
C. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为18
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】A的系数为负，所以负相关；B中越大拟合效果越好；C用来计算；D结合条件概率公式来判断.
【详解】因为，所以变量与负相关，故A错误；
在线性回归分析中越大，则模型拟合效果越好，故B选项错误；
若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故C选项错误；
因为，所以，所以，所以，故D正确.
故选：D
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（ ）
A. 该圆锥的体积为B. 直线与平面所成的角为
C. 二面角为D. 直线与所成的角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，过作，垂足为，可证明面，即可得，对于A：求出底面圆半径，然后用圆锥的体积公式求解；对于B：直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可；对于C：二面角的平面角为，在直角三角形中求解即可；对于D：取线段的中点，连接 ，直线与所成的角为或其补角，求出的三边，然后利用余弦定理求解.
【详解】取线段的中点，连接，过作，垂足为，
易知，又，面，
所以面，又面，
所以，又，且，面，
所以面，所以线段的长为点到平面的距离，
即，

对于A：在等腰三角形中，，，
所以，
所以该圆锥的体积为，A错误；
对于B：由面可得直线与平面所成的角为，
在直角三角形中，，所以，B正确；
对于C：由面可得二面角的平面角为，
在直角三角形中，，所以，C正确；
对于D：取线段的中点，连接 ，
明显有，
则直线与所成的角为或其补角，
因，则，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
在中，，
所以，D正确.

故选：BCD.
10. 已知函数（其中，，）部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. 为奇函数
B. 函数的图象关于点对称
C. 上单调递增
D. 若函数在上没有零点，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用“五点法”，结合图象求得，从而求得判断A，利用代入检验法判断B，利用检验最值点法判断C，利用正弦函数的性质得到关于的不等式，从而判断D.
【详解】依题意，可得，又，则，所以，
结合五点法作图，可得，则，所以，
对于A，，显然是偶函数，故A错误；
对于B，，故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，函数取得最大值，
所以在上不是单调增函数，故C错误；
对于D，因为，则，
因为，当时，，
因为在上没有零点，
可得，解得，故D正确，
故选：BD.
11. 如图，在四棱柱中，底面是正方形，，且，则（ ）
A. B.
C. D. 直线与平面所成的角为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算，数量积以及模长公式可判断A,B,C;先证明面，进而说明为直线与平面所成的角，计算即可.
【详解】对于选项A: 在四棱柱中，
易得,，
所以，故选项A错误；
对于选项B:因为,所以
所以，即,故选项B正确；
对于选项C: 由,
所以
所以,故选项C错误；
对于选项D:取的交点,连接,
因为底面是正方形，且，
所以,所以，
所以,
因为,
所以,
所以，即.
因为面，
所以面.
所以为在面的投影，即为直线与平面所成的角.
在中，易得，所以,故选项D正确.
故选：BD.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 设函数 ，则满足的的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】判断的单调性和奇偶性，结合函数定义域，进而求解不等式即可.
【详解】，则 的定义域为 ；
又，故为偶函数；
当时，，
又在上都是单调增函数，
故在上单调递增，在上单调递减；
因为，所以，解得，
故的取值范围为.
故答案为：.
13. 已知是抛物线上的一点，为抛物线的焦点，为坐标原点.当时，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】过作准线的垂线，过作的垂线，垂足分别为，结合条件及抛物线的定义可求得，在中，利用余弦定理即可求出结果.
【详解】由抛物线的对称性，不妨设在第一象限，
过作准线的垂线，过作的垂线，垂足分别为．如图所示，
由题意知，，因为，易知，
又点到准线的距离为：，解得，
在中，，，
由余弦定理得，
所以，

故答案为：.
14. 位于坐标原点的一个点按下述规则移动：每次只能向下或向左移动一个单位长度，且向左移动的概率为.那么移动5次后位于点的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】若移动5次后位于点，所以5次移动中需向左移动4次，向下移动1次，根据二项分布求解即可.
【详解】因为向左移动的概率为，所以向下移动的概率为，
由题意得必须向左移动4次，向下移动1次，
所以所求的概率为.
故答案为：
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. 已知函数，在时最大值为1，最小值为0.设.
（1）求实数m，n的值；
（2）若关于x的方程有四个不同的实数解，求实数a的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可判断函数在时的单调性，求得最值，由题意列方程即可求得实数m，n的值.
（2）将的解析式代入中求得的解析式，再代入中，令，化为关于的一元二次方程，根据题意即可求得实数a的取值范围.
【小问1详解】
由可知，函数关于对称，
又，所以函数在单调递增，
可得，即，
解得，.
【小问2详解】
易知，
所以即为，
可化为，
令，即；
则关于x的方程有四个不同的实数解等价为于关于的一元二次方程有两个不相等的正实数根，，
需满足，解得；
所以实数a的取值范围为.
16. 平面直角坐标系 中，单位圆与 轴正半轴交于点 ，角 的终边与单位圆的交点 位于第二象限.
（1）若弧的长为，写出的坐标，并计算扇形 的面积；
（2）角的终边绕点逆时针旋转 后恰与角的终边重合，若，求 的值.
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用弧长公式求出角，联立求坐标，再用扇形面积公式计算即可.
（2）依据角的旋转关系结合两角正切的和差公式求解即可.
【小问1详解】
的长为，，解得，
若点位于第二象限，且在单位圆上，设，扇形的面积为，
故有，，故，
结合扇形面积公式得，
【小问2详解】
易知角的终边绕点逆时针旋转后恰与角的终边重合，
故，即.
17. 如图，在三棱柱中，平面为的中点，．

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，可证，从而平面；
（2）利用空间向量点到平面的距离公式求解.
【小问1详解】
连接交于，连接，
侧面为平行四边形，
为的中点，
又为的中点，
,
平面平面，
所以平面；
【小问2详解】
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
设平面的法向量为，则即，
取，则，
，
到平面的距离.

18. 已知双曲线：的右焦点与抛物线的焦点重合.
（1）求双曲线的方程；
（2）若斜率为的直线经过右焦点，与双曲线的右支相交于，两点，双曲线的左焦点为，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标得双曲线半焦距c，再求出即可.
（2）求出直线的方程，与双曲线方程联立求出弦长，再借助双曲线定义求解即得.
【小问1详解】
拋物线的焦点坐标为，则双曲线的半焦距，由，得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，直线的方程为，设，，
由，得，显然，
则，，，
因此，
所以的周长为.

19. 在2019中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表:（单位:个）
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个.
（1）求的值;
（2）用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为5的样木，从样本中任取2个纪念品，求至少有1个精品型纪念品的概率;
（3）从种精品型纪念品中抽取5个，其某种指标的数据分别如下：，把这5个数据看作一个总体，其均值为10，方差为2，求的值.
【答案】（1）400 （2）
（3）4
【解析】
【分析】（1）由分层随机抽样的知识直接求解即可；
（2）由古典概型结合组合数公式即可求解；
（3）由均值和方差的公式得由题意可得、则，代入数据可得答案.
【小问1详解】
由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个，
则，解得
【小问2详解】
设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得
所以，容量为5的样本中，有2个精品型纪念品，3个普通型纪念品.
因此，至少有1个精品型纪念品的概率为
【小问3详解】
由题意可得，得
由于总体的方差为2，则，可得
所以，纪念品
纪念品
纪念品
精品型
100
150
普通型
300
450
600