2022-2023学年辽宁省沈阳市第一中学高二上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第一中学高二上学期开学考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省沈阳市第一中学高二上学期开学考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得，由此可得出结论.【详解】任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：C.2．的一个充分不必要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据充分不必要条件的定义，直接求解.【详解】若，则，但是当时，不一定成立，所以是的一个充分不必要条件，故选：C.3．直线，，若，则的值为（    ）A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】由直线与直线平行的判断条件求解即可【详解】因为直线，，且，所以，解得a＝3，故选：A．4．下列函数中最小值为4的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．5．四名同学各掷骰子4次，记录每次骰子出现的点数并分别对每位同学掷得的点数进行统计处理，在四名同学以下的统计结果中，可以判断该同学掷出的骰子一定没有出现点数1的是（    ）A．平均数为3，众数为4 B．平均数为4，中位数为3C．中位数为3，方差为2.5 D．平均数为3，方差为2.5【答案】B【分析】依据数字特征的定义，依次对选项验证即可．【详解】对于选项，1，3，4，4符合条件，故错，对于选项B，平均数为4, 中位数为3,则中间两数的和为6，所以第一个数和最后一个数的和为10，而最大数为6，所以第一个数为4，显然不可能出现1，故B对；对于选项C，1，2，4，5,中位数，平均数为，方差，为符合条件，故C错；对于选项D，1，2，4，5，由C知，符合条件，故D错.故选：B6．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线. 已知的顶点，则欧拉线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出重心，求出边上的高和AC边上的高的方程，联立可求出垂心，即可求出欧拉线的方程.【详解】由题可得的重心为，直线的斜率为，所以边上的高的斜率为2，则边上的高的方程为，即，直线AC的斜率为，所以AC边上的高的斜率为，则AC边上的高的方程为，即，联立可得垂心坐标为，则直线GH的斜率为，则直线GH的方程为，所以欧拉线的方程为.故选：D.7．根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，室内某污染物的浓度为安全范围.已知一公共场所使用含有该污染物的喷剂，处于良好的通风环境下时，该污染物浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，若竣工1周后该污染物浓度为，3周后室内该污染物浓度为，则要达到安全使用标准，该建筑物室内至少需要通风放置的时间为（    ）（参考数据：，，）A．8周 B．9周 C．10周 D．11周【答案】C【分析】根据已知条件求得，由求得需要通风放置的时间.【详解】依题意，，.，，，，由于，所以依题意，，所以，，所以，至少要周.故选：C8．已知，若，则x的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】首先判断函数的单调性和定义域，再解抽象不等式.【详解】函数的定义域需满足，解得：，并且在区间上，函数单调递增，且，所以，即，解得：或.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断函数的单调性和定义域，尤其是容易忽略函数的定义域. 二、多选题9．对平面向量，，有（    ）A．若和为单位向量，则B．若，则∥C．若，在上的投影向量为，则的值为2D．已知，为实数，若，则与共线【答案】BC【分析】对于A，利用向量的定义判断即可，对于B，根据数量的定义判断，对于C，利用数量积的几何求解，对于D，举例判断【详解】向量既有大小又有方向，单位向量只是知道向量长度，不知道方向．∴与可能相等也可能不相等，A错．，，，或，所以，共线，B对．对于C，因为，在上的投影向量为，所以，所以，所以C正确，若，使得，则与可共线也可不共线，D错．故选：BC．10．设复数且，则下列结论正确的是（    ）A．可能是实数 B．恒成立C．若，则 D．若，则【答案】BC【分析】化简为的形式，根据复数为实数、复数的模、共轭复数、复数的平方等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对选项A，若是实数，则，与已知矛盾，故A错；对选项B，由A知，所以，故B正确；对选项C，，则，因为，所以，故C正确；对选项D，，则，因为，所以，所以，故D错误.故选：BC11．下列说法正确的是（    ）A．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是8B．过，两点的直线方程为C．直线与直线相互垂直．D．经过点且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【解析】由题意逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【详解】直线x﹣y﹣4＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是×4×4＝8，故A正确；当x2＝x1或y2＝y1时，式子＝无意义，故B不正确；直线x﹣2y﹣4＝0与直线2x+y+1＝0的斜率之积为×（﹣2）＝﹣1，故线x﹣2y﹣4＝0与直线2x+y+1＝0垂直，故C正确；经过点（1，2）且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为x+y﹣3＝0或y＝2x，故D错误，故选：AC．【点睛】结论点睛：两条直线垂直；截距式直线方程：，①在两坐标轴上截距都相等，②在两坐标轴上截距相反；过两点的直线方程的表示：①时，，②时，，③时，.12．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，平面平面，，，，，分别为，的中点，则各选项正确的是（    ）A．直线与所成角的余弦值为B．直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角的正弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】AD【分析】由面面垂直的性质线面垂直的性质证明，，两两垂直，如图建系，求出与的坐标，由空间向量夹角公式计算可判断AB，求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算可判断CD，进而可得正确选项.【详解】设的中点为，连接，，因为侧面为等边三角形，可得，因为平面平面，平面平面，面，所以面，因为面，所以，由已知可得，，，所以四边形是矩形，可得，则，，两两垂直，以为原点，分别以，，所在的直线为为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设直线与所成角为，因为，，所以，即直线与所成角的余弦值为，故选项A正确，选项B错误；设直线与平面所成角为，平面的法向量为，因为，，所以，令，得，，所以，因为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为，故选项C错误，选项D确.故选：AD. 三、填空题13．若三棱锥的各顶点都在球的表面上，，，则球的表面积为___________.【答案】【分析】由已知条件可知三棱锥是正三棱锥，设的中心为，则外接球的球心在所在直线上，在在中，由勾股定理求得外接球半径，再由球的表面积公式即可求解.【详解】因为三棱锥中，，所以此三棱锥为正三棱锥，设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点，外接球球心在所在直线上，因为，所以，因为，所以，设球的半径为，在中，，，，由可得，解得，所以即为球心，球的半径，所以球的表面积为.故答案为：.14．在底面为直角梯形的四棱锥中，侧棱底面，，，，，则点到平面的距离是________.【答案】【分析】如图建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出点到平面的距离【详解】分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，∴，.设为平面的法向量，则，即.取，则.∵，∴点到平面的距离为.故答案为：【点睛】此题考查利用向量法求点到面的距离，考查计算能力，属于基础题15．一直线过点P(2,0)，且点到该直线的距离等于4，则该直线的倾斜角为______.【答案】90°或30°【分析】考虑斜率不存在和存在两种情况，利用点到直线的距离公式计算得到答案.【详解】当过点P的直线垂直于x轴时，点Q到该直线的距离等于4，此时直线的倾斜角为90°；当过点P的直线不垂直于x轴时，直线斜率存在设为k，则过点P的直线方程为，即.由，解得，此时直线的倾斜角为30°.【点睛】本题考查了直线的倾斜角，解答此类问题时，一定要考虑全面，尤其是设直线的点斜式方程时一定要考虑到直线斜率存在和不存在两种可能性，不能想当然地认为直线的斜率存在而漏解.16．已知两点.为坐标原点，点在第一象限，且，设，则________.【答案】【分析】设，根据，，得到，然后由求解.【详解】因为点在第一象限，设，又因为，，所以，即，因为，所以，即，所以，解得，故答案为： 四、解答题17．已知函数，的图像先向右平移，再纵坐标不变横坐标伸长为原来的2倍，得到的图像.(1)求的对称中心；(2)当时，求的取值范围【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，令求解；（2）由，利用余弦函数的性质求解.【详解】(1)解：，，，令，，所以的对称中心为.(2)，因为，所以，故，的取值范围为.18．已知函数.（1）在上恒成立，求的取值范围；（2）当时，解不等式.【答案】（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）分、、三种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围；（2）分、、、四种情况讨论，结合二次不等式的解法可求得原不等式的解集.【详解】（1）由题意得，在上恒成立，且.①当时，，符合题意；②当时，即，令，，则，故，解得：；③当时，，故只需，解得：.综上：的取值范围是；（2）解不等式即，∵，当时，恒成立，此时，原不等式的解集是；当时，，即，，原不等式的解集是；当时，，解得：，故原不等式的解集是；当时，，即，，令，解得：，故原不等式的解集是.综上：当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是，当时，原不等式的解集是.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.19．在①；②；③．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_______，角A的平分线交于一点D．(1)若，求的值；(2)若，求面积的最小值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①利用余弦定理将角化边，再结合余弦定理求出；若选②，根据向量数量积及三角形面积公式求出；若选③，利用诱导公式及二倍角公式求出；即可得到，再根据正弦定理求出，即可得到，从而得解；（2）根据等面积法得到，再利用基本不等式求出的最大值，最后根据面积公式计算可得；【详解】(1)解：选①，因为，由余弦定理有，整理得，即，所以，因为，所以；选②，因为，所以，即，故，因为，所以；选③，因为．所以，即，解得或（舍去），因为，所以；综上，无论选哪个条件都有；因为为的角平分线，所以，由正弦定理可得，，即，所以，故，所以，所以；(2)解： 设，，因为又，所以，由，故，即，因为，所以，解得，当且仅当时 等号成立，所以即，故三角形面积的最小值为．20．某停车场临时停车按停车时长收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过半小时的免费，超过半小时的部分每小时收费3元（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲､乙两人在该停车场临时停车，两人停车时长互不影响且都不超过2.5小时.(1)若甲停车的时长在不超过半小时，半小时以上且不超过1.5小时，1.5小时以上且不超过2.5小时这三个时段的可能性相同，乙停车的时长在这三个时段的可能性也相同，求甲､乙两人停车付费之和为6元的概率；(2)若甲､乙停车半小时以上且不超过1.5小时的概率分别为，，停车1.5小时以上且不超过2.5小时的概率分别为，，求甲､乙两人临时停车付费不相同的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件及列举法写出基本事件，结合古典概型的计算公式即可求解；（2）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式，结合对立事件的概率计算公式即可求解.【详解】(1)设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，.所以甲､乙两人停车付费（a，b）的所有可能情况为：（0，0），（0，3），（0，6），（3，0），（3，3），（3，6），（6，0），（6，3），（6，6），共9种.其中事件“甲､乙两人停车付费之和为6元”包含（0，6），（3，3），（6，0），共3种情况，故甲､乙两人停车付费之和为6元的概率为.(2)设甲停车的时长不超过半小时､乙停车的时长不超过半小时分别为事件，，甲停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时､乙停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时分别为事件，，甲停车的时长为1.5小时以上且不超过2.5小时､乙停车的时长在1.5小时以上且不超过2.5小时分别为事件，，则，，所以甲､乙两人临时停车付费相同的概率为.所以甲､乙两人临时停车付费不相同的概率为.21．已知函数的定义域为，对任意的实数均有， 而且当时，有(1)用定义证明的单调性；(2)解不等式(3)若对任意，使得成立，求实数的取值范围．【答案】(1)见解析(2)，(3)， 【分析】（1）由单调性的定义可知，判断的大小关系即可；（2）利用赋值法解出，再利用单调性解不等式即可，（3）由的单调性，可得在，恒成立，然后根据二次函数的图象和性质，得到关于的不等式组，解不等式组即可求出的范围．【详解】(1)证明：，，所以，，所以，所以在上单调递增(2)令，，所以，因为，所以，即，故，解得，综上：不等式解集为，(3)，，恒成立．又为上的单调增函数，故，，恒成立．设，，，故，解得．即实数的取值范围是：，．22．如图，已知平面平面，B为线段的中点，，四边形为正方形，平面平面，，，M为棱的中点.（1）若N为线段上的点，且直线平面，试确定点N的位置；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）N为的中点；（2）.【分析】（1）根据线面平行的性质，得到线线平行，在同一个平面中，根据相似三角形，即可得到点的位置；（2）以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量夹角的计算公式，即可求得结果.【详解】（1）连接，∵直线平面，平面，平面平面，又M为的中点，为的中位线，∴N为的中点；（2）设，则，，又∵B为的中点，.，又平面平面，平面平面∴四边形为平行四边形.又，∴四边形为菱形.又，，，，，，平面平面平面，，，，两两互相垂直∴以A为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如下图所示：依题意，得，，，设平面的一个法向量则有且得：且令，得，故又平面即为平面平面的一个法向量，∴所求锐二面角的余弦值为：.即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查由线面平行，确定点的位置，以及用向量法求解二面角的余弦值，属综合性基础题.本题中如何建立空间直角坐标系是难点.