浙江省名校协作体2023_2024学年高二数学上学期开学考试试题含解析

这是一份浙江省名校协作体2023_2024学年高二数学上学期开学考试试题含解析，共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 已知，，则的最小值为， 下列命题中正确的是等内容，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、单选题：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. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据列举法表示集合的基本运算即可求出结果.
【详解】由题意可知，又；
可得.
故选：A
2. 已知向量，，，则实数k的值为（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：B
3. 已知异面直线a，b分别为平面，的垂线，直线m满足，，，，则（）
A. 与相交，且交线与m平行B. 与相交，且交线与m垂直
C. 与平行，m与平行D. 与平行，m与垂直
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中线、面的位置关系判定即可.
【详解】若与平行，由可得，与条件矛盾，不符合题意，故C、D错误；
所以与相交，如图所示，作，且与直线相交，
设，则由题意，故，同理，
因为，，所以，故A正确.
4. 在中， “”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】C
【解析】
【分析】由三角形大边对大角可知，再由正弦定理可知充分性成立，同理可得必要性也成立.
【详解】由题可知，又，可知，可得；
又，所以，所以充分性成立；
若，可得，即，
又，，所以，可得，即；所以必要性成立；
因此“”是“”的充要条件.
故选：C
5. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数在时的值域为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换求出函数的解析式，再结合正弦函数的图象性质求解即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数,
因为,所以,
所以,
故选:D.
6. 二战期间，盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数.假设德军某月生产的坦克总数为N，缴获的该月生产的n辆坦克编号从小到大为，，…，，即最大编号为，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的.因为生产的坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号，，…，相当于从中随机抽取的n个整数，这n个数将区间分成个小区间.
由于N是未知的，除了最右边的区间外，其他n个区间都是已知的，由于这n个数是随机抽取的，所以可以用前n个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度，进而得到N的估计.若缴获坦克的编号为14，28，57，92，141，173，224，288，则利用上述方法估计的总数为（）
A. 306B. 315C. 324D. 333
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可先将坦克标号数据前n个区间的平均长度计算出来，再根据样本估计总体的思想即可求得结果.
【详解】根据题意可知，且；
所以前8个区间的平均长度，因此估计所有9个区间的平均长度，
计算可得.
故选：C
7. 已知，，，则x，y，z的大小关系为（）
A. B.
CD.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数运算法则以及对数函数单调性可限定出x，y，z的取自范围，即可得出结论.
【详解】根据题意可得，，
利用对数函数单调性可知，即；
又，可得；
而，即；
综上可得.
故选：C
8. 已知，，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】合理变形结合基本不等式计算即可.
【详解】由，且，
故，
当且仅当，即时取得等号.
故选：B
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分.
9. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积可能为（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用三角形面积公式及余弦定理结合基本不等式可得面积最大值，由此判定选项即可.
详解】由余弦定理可得，
当且仅当时取得等号，此时，
当A靠近BC时高较小，此时的面积接近0，故ABC符合题意.
故选：ABC.
10. 下列命题中正确的是（）
A. 某校按的比例对高一、高二、高三三个年级的学生进行分层随机抽样，如果抽取的样本容量为900，则样本中高一年级的学生人数为300
B. 一组数据12，13，14，14，15，16的平均数与众数相同
C. 一组数据从小到大依次为1，2，3，5，m，若这组数据的极差为中位数的2倍，则
D. 若甲组数据为1，2，3，4，5，乙组数据为6，7，8，9，10，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差
【答案】BC
【解析】
【分析】由分层抽样的概念可判定A，由平均数和众数的概念可判定B，由中位数和极差的定义可判定C，由标准差的定义可判定D.
【详解】对于A，可知高一学生数为，故A错误；
对于B，该组数据的平均数，众数也是14，故B正确；
对于C，易知该组数据的极差为，中位数为3，则，故C正确；
对于D，易知甲乙两组的平均数分别为，
故两组数据的标准差分别为，
，故D错误.
故选：BC
11. 函数的定义域为，已知是奇函数，，当时，，则有（）
A. 一定是周期函数B. 在单调递增
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由抽象函数的性质一一判定即可.
【详解】∵是奇函数，∴，
∴，故C正确；
又，
故，
即是的一个周期，故A正确；
由是奇函数知关于中心对称，即函数在上的单调性与上的单调性一致，
由，则时，，显然此时函数单调递减，即B错误；
由上可知：，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（）
A对任意点P，都有
B. 存在点P，使得的周长为3
C. 存在点P，使得PC与所成的角为
D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用线面垂直即可判定A，利用点到直线的距离可判定B，利用异面直线夹角的求法结合余弦定理求夹角的范围即可判定C，利用球的性质确定外接球半径结合函数求最小值即可判定D.
【详解】
连接，
由正方体的性质可知，
又面，则面，
又面，故对任意点P，都有，A正确；
的周长为，易知重合时取得最小值，
易知为正三角形，故，P为中点时取得，
明显，故B错误；
设，
则由余弦定理及勾股定理可得：，
易知，故PC与所成的角为，
所以①，
令，则，令，
由对勾函数的单调性可知：当时，即，，
当时，即，当时，即，
故①，
由余弦函数在锐角范围单调性可知，而，故C错误；
易知底面ABC的外接圆圆心为AC中点E，取的中点，则球心O在线段上，
如图所示，连接球心与三棱锥的各顶点，
设，则有，
化简得，
故，当重合时取得最小值，D正确.
故选：AD
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中相应的横线上.
13. 已知圆锥的高为2，体积为，则该圆锥的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆锥体积公式可知其底面半径，再由侧面展开图可计算可得面积为.
【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得圆锥的高，体积，
解得；
所以圆锥母线；
由圆锥侧面展开图可知，展开图是半径为，弧长为的扇形，
所以该圆锥的侧面积为.
故答案为：
14. 已知锐角终边上一点P的坐标为，则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用三角函数的定义和半角公式计算即可.
【详解】由三角函数定义可知：，
则.
故答案为：
15. 已知函数，若函数有两个零点，且，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合函数的性质得出，建立方程用表示，结合二次函数的性质计算即可.
【详解】的零点等价于与交点的横坐标，易知在定义域上单调递减，结合一次函数性质可得如下函数图象，
故，，
所以①，
令，则①=，
由二次函数的性质可知当时取得最小值，没有最大值，
故.
故答案为：.
16. 定义向量，其中，，若存在实数t，使得对任意的正整数，都有成立，则x的最小值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意将问题转化为系列点到的距离大于，从而结合图形分析系列点的情况，得到与，从而得解.
【详解】依题意得，则，
所以，
故，
等价于点到的距离，
易知与是单位圆上的点，
且由于，则是一系列点，
因为存在实数t，使得对任意的正整数n，都有成立，即，
所以系列点在必然出现周期重叠现象，即为单位圆上有限个点，
否则系列点为无限个数，且会出现与距离趋于的现象，
易知此时不可能存在满足题意，
所以必有，使得，则，即，
此时，易知系列点中每两个点之间的距离为定值，
又易知与所夹的弧所对的圆心角为，
为使得对任意的正整数n，都有，则也要成立，
故当点为的中点时，取得满足要求的最小值，
此时，记的中点为，连接，易得，，
所以，故，
所以，即，
因为，
所以，
易知，所以，故，则，
又，所以，即x的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为系列点到的距离大于，再分析系列点的特点，从而得解.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 某校为了调查学生的数学学习情况，在某次数学测试后，抽取了100位同学的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图，已知这100名同学的成绩范围是，数据分组为，，，，.
（1）求x的值；
（2）估计这100名同学成绩的上四分位数（第75百分位数）.
【答案】（1）
（2）85.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的性质计算即可；
（2）利用百分位数计算公式计算即可.
【小问1详解】
由得；
【小问2详解】
由，设这100名学生成绩的第75百分位数为m，
则.
由得
所以这100名学生成绩的第75百分位数为85.
18. 已知复数z满足（i是虚数单位）
（1）求z的值；
（2）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用的除法运算求出即可.
（2）由（1）的结论，结合复数的乘方运算，再利用复数的几何意义列出不等式组求解作答.
【小问1详解】
由，得.
【小问2详解】
由（1）知，
，由复数在复平面内对应的点在第三象限，
得，解得，
所以实数m的取值范围为.
19. 如图所示，M是内一点，且满足，BM的延长线与AC的交点为N.
（1）设，，请用，表示；
（2）设，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基底表示向量即可；
（2）利用向量的的分解和共线向量的线性关系表示即可.
【小问1详解】
∵，则，
解得，即.
【小问2详解】
过M作交AB于P，过M作交于Q，则，
因为，则，
又因为相似于，所以,
所以，即.
20. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若的外接圆半径为1，且，，求BC边上的中线长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式及二倍角公式化简解析式，再由正弦函数的单调性整体法求单调区间即可；
（2）结合（1）及正弦定理可求得三角形的边长及夹角，由向量法求中线长即可.
【小问1详解】
由解得：，
故函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
∵，∴，又，∴，
又∴，，，∴，，
设D为BC中点，则
∴，
即BC边上的中线长.
21. 如图所示，在四棱台中，四边形ABCD为菱形，，，.
（1）求证：；
（2）若直线与平面ABCD所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AD的中点E，连接，BE，利用三线合一得，再证明四边形为平行四边形从而得到，则，再利用线面垂直的判定和性质即可证明；
（2）过E作与BD交于点F，连接，利用定义法，通过作图找到二面角的平面角为，再利用余弦定理即可得到答案.
【小问1详解】
取AD的中点E，连接，BE，
由于四边形ABCD为菱形，，所以三角形是等边三角形，所以，所以，
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，
所以，因为，所以，
因为平面，且，所以平面，
又平面，故；
【小问2详解】
不妨设，则，，，
由平面，且平面，则平面平面，
又因为平面平面，
则在平面投影所在直线为直线，
则直线与平面ABCD所成的角，即，
因为，则，
在中，，，得，
即，解得.
故，，即，，
又因为，且平面，
所以平面.
又平面得，
所以，则.
过E作与BD交于点F，连接，
因为，所以，，，
所以，所以，
则为二面角的平面角.
因为，，
所以.
即二面角的余弦值为.
22. 已知函数，，且满足.
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证函数存在唯一零点；
（3）设，证明.
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由的范围解不等式即可求得a的取值范围；
（2）利用零点存在性定理即可判定；
（3）利用函数单调性可判定不等式左侧，构造差函数利用其单调性可判定不等式右侧.
【小问1详解】
由题意可得，解之得；
【小问2详解】
由（1）可知在单调递增，故在单调递增，
且，，
所以由零点存在定理，得在内有唯一零点，即函数存在唯一零点；
【小问3详解】
若，则，
所以，
又，，
所以
，
令，
又，所以，
即在上单调递增，故在上单调递增，
所，
即，
综上，证毕.