浙江省温州市乐清市知临中学2023-2024学年高二数学上学期开学质量检测试题（B）（Word版附解析）

2023学年第一学期高二段数学开学质量检测B卷

本卷满分150分，考试时间120分钟

一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据并集的运算即可求解.

【详解】因为集合，，

所以，也即,

故选：.

2. 在平面直角坐标系中，动点的坐标满足方程，则点的轨迹经过

A. 第一、二象限 B. 第二、三象限

C. 第三、四象限 D. 第一、四象限

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由题意得，点在以为圆心，为半径的圆上，如下图所示，故可知点在第一、二象限，故选A.

考点：圆的标准方程.

3. 要得到余弦曲线，只需将正弦曲线向左平移（    ）

A. 个单位 B. 个单位 C. 个单位 D. 个单位

【答案】A

【解析】

【分析】由题得，再利用图象变换知识求解.

【详解】由于，

所以要得到余弦曲线，只需将正弦曲线向左平移个单位.

故选：A

4. 设直线，，则是的（    ）

A 充要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合直线垂直的性质判断即可.

【详解】当时，直线，，

此时，则，所以，故充分性成立；

当时，，解得或，故必要性不成立；

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：C.

5. 已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（    ）

A. 内含 B. 外离 C. 相交 D. 相切

【答案】B

【解析】

【分析】计算出两圆的圆心距，判断圆心距与两个圆的半径之和的大小关系即可.

【详解】由题意得：,,因为，所以两圆外离.

故选：B

【点睛】本题主要考查了两个圆的位置关系，熟练掌握两圆内含、外离、相交、相切满足的条件，属于基础题.

6. 设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A. c＜b＜a B. c＜a＜b C. b＜a＜c D. b＜c＜a

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可得出，，进而即可得到，，的大小关系．

【详解】由，且，即，

又，

所以c＜b＜a．

故选：A．

7. 在中，已知是边上的中点，是的中点，若，则实数（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】根据是边上的中点，是的中点，得到，再利用平面向量的线性运算求解.

【详解】解：因为是边上的中点，是的中点，

所以，

所以，

，

又因为，

所以，则，

故选：C

8. 如图，正方体的棱长为1，正方形的中心为O，棱，的中点分别为E，F，则下列选项中不正确的是（    ）

A.

B.

C. 点F到直线的距离为

D. 异面直线与所成角的余弦值为

【答案】D

【解析】

【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，计算可判定A选项；利用正弦定理计算三角形的面积判定B选项；利用空间向量的距离公式可判定C选项；利用直线方向向量可计算夹角余弦值，可判定D选项.

【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

，，,,,,

,,则，

故选项A正确；

，所以，

则，

，故选项B正确；

，,

,

点F到直线的距离,故选项C正确；

,则,

则令异面直线与所成角，可得.故选项D错误.

故选：D.

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 在空间中，设为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，则

【答案】AD

【解析】

【分析】由面面垂直的判定定理可得，选项A可判定；若，，则，或与相交，选项B可判定；若，，，则，与相交，与异面，选项C可判定；由面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理可证得

，选项D可判定.

【详解】因为所以可取直线，且，

因为，，所以，又，可得，故选项A正确；

若，，则，或与相交，故选项B错误；

若，，，则，与相交，与异面，故选项C错误；

因为，令可取直线，且，

可得又，所以，

因为，，所以，

又，可得，故选项D正确.

故选：AD.

10. 下列说法正确的是（    ）

A. 直线的倾斜角的取值范围为

B. “”是“点到直线距离为3”的充要条件

C. 直线恒过定点

D. 直线与直线垂直，且与圆相交

【答案】ACD

【解析】

【分析】先求出斜率范围，再求倾斜角的范围即可，则选项A可判定；由点到直线的距离公式构建方程求解即可，则选项B可判定；提取参数并消去参数可求得必过点，则选项C可判定；求出两直线的斜率，判定位置关系，求出圆心到直线距离并与半径比较，即可判定直线与圆的位置关系，则选项D可判定。

【详解】因为所以斜率，则，

令倾斜角为，则，又，

解的,故选项A正确.

由点到直线距离为3，可得，

解的或，故选项B错误.

,可得，令可得，

所以必过点,故选项C正确；

直线与直线中斜率分别为，乘积为，故而垂直，

原点到距离，故而与圆相交，

故选项D正确；

故选：ACD.

11. 已知正数，满足，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】本题首先可根据判断出A，然后根据判断出B，再然后根据判断出C ，最后根据判断出D.

【详解】因为、正实数，所以，当且仅当时取等号.

因为，所以，故A不正确.

因为.

当且仅当，即等号成立，故B不正确.

，当且仅当时取等号.

即，故C正确.

，当且仅当时取等号，故D正确.

故选：CD.

12. 已知函数，若关于的方程有两解，则实数的值可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意分析可得方程根的个数可以转化为与的交点个数，结合的单调性与值域以及图象分析判断.

【详解】①当时，在内单调递增，且，所以；

②当时，则，

可知在内单调递增，且，

所以，且.

方程的根的个数可以转化为与的交点个数，可得：

当时，与没有交点；

当时，与有且仅有1个交点；

当时，与有且仅有2个交点；

当时，与有且仅有1个交点；

若关于的方程有两解，即与有且仅有2个交点，

所以实数的取值范围为，

因为，而A、C不在相关区间内，

所以A、C错误，B、D正确.

故选：BD.

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. 若复数，则______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用复数的四则运算与复数模的运算公式即可得解.

【详解】因为，

所以.

故答案为：.

14. 若两条直线与平行，则与间的距离是______.

【答案】##

【解析】

【分析】先利用两直线平行的公式求出参数，再用两平行线间距离公式求距离即可.

【详解】两条直线与平行,

解得，

经检验时，,两直线不重合；

所以，

则与间的距离,

故答案为：.

15. 一个三位自然数，百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＞b，b＜c时称为“凹数”（如213，312等），若a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是_________．

【答案】

【解析】

【分析】先确定a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同所组成的三位数的所有可能情况，再确定其中“凹数”的个数，最后即可运用古典概型的概率计算公式求解即可

【详解】a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同所组成的三位数的所有可能情况为：123，132，213，231，312，321，124，142，214，241，412，421，134，143，314，341，413，431，234，243，324，342，423，432，共24个数字，

其中为“凹数”的有213，312，214，412，314，413，324，423，共8个，

所以所求概率为，

故答案为：

16. 已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较大者的高与体积较小者的高的比值为______.

【答案】

【解析】

【分析】可先画出图形，由球体积和两个圆锥的体积之和求出球半径和底面半径，由截面圆中的直角三角形利用勾股定理求出，则两高可得，结论可求.

【详解】如图所示，设圆锥与圆锥公共底面得圆心为,取底面圆周上一点，

令底面半径为，球半径为,

因为球的体积为，所以,解得,

因为两个圆锥的体积之和为，所以即解得，

在直角三角形中，

可得,，

所以体积较大者的高与体积较小者的高的比值.

故答案为：.

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. 已知直线和的交点为．

（1）若直线经过点且与直线平行，求直线的方程；

（2）若直线经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由已知可得交点坐标，再根据直线间的位置关系可得直线方程；

（2）设直线方程，根据直线与两坐标轴围成的三角形的面积，列出方程组，解方程.

【小问1详解】

解：联立的方程，解得，即

设直线的方程为：，将带入可得

所以的方程为：；

【小问2详解】

解：法①：易知直线在两坐标轴上的截距均不为，设直线方程为：，

则直线与两坐标轴交点为，由题意得，

解得：或

所以直线的方程为：或，

即：或.

法②：设直线的斜率为，则的方程为，

当时，

当时，

所以，解得：或

所以m的方程为或

即：或.

18. 为了迎接新高考，某校举行物理和化学等选科考试，其中，600名学生化学成绩（满分100分）的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组.已知图中第三组频率为，第一组和第五组的频率相同.

（1）求a，b的值；

（2）估算高分（大于等于80分）人数；

（3）估计这600名学生化学成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数.（中位数精确到0.1）

【答案】（1）   

（2）   

（3）;

【解析】

【分析】（1）由频率分布图中小矩形面积之和为1，能求出的值；

（2）先由题意求出高分频率，再根据公式求出频数即可；

（3）根据平均数和中位数的定义即可求解.

【小问1详解】

第一组频率，第二组频率，

第三组频率,第四组频率,第五组频率,

由概率之和为，可得即，

第三组频率为0.45，可得，

解得，

【小问2详解】

高分（大于等于80分）频数，

则估算高分（大于等于80分）频数为（人），

【小问3详解】

估计平均数为，

设中位数为，

由于，故，

，解得，故中位数为.

19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角B大小；

（2）若，，为的重心，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，再利用辅助角公式化简可得，解三角方程可得；

（2）由为的重心，得到点到线段的距离与点到线段的距离的比值，再将其转化为面积比，则面积可求.

【小问1详解】

由正弦定理可得，

，

，

，

又三角形中,可得，

，又

，可得,

又即，可得，则.

【小问2详解】

连接并延长使其交与点，如图，

因为为的重心，所以,

则点到线段的距离是点到线段的距离的，

则.

20. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用求得.

（2）利用向量法求得二面角的余弦值.

【小问1详解】

平面，平面，所以，

四边形为矩形，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，

解得，故；

【小问2详解】

设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

设二面角的平面角为，

则，

由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

21. 已知圆，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.

（1）若P坐标为，求过点P的切线方程；

（2）直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.

【答案】（1）或.   

（2）

【解析】

【分析】（1）过点设直线方程，然后由圆心到直线的距离等于半径构建方程，即可求出切线；

（2）联立圆与直线，利用韦达定理构建的函数式，再求其范围即可.

【小问1详解】

P的坐标为,

当斜率不存在时可设线为，

此时圆心到直线的距离，不符合切线要求，舍去；

当斜率不存在时可设线为，即，

此时圆心到直线的距离，即，

可得或，过点的切线方程为或.

【小问2详解】

设，

联立，消去，可得，

化简可得：，

则，即，

解得，

由韦达定理可得，，

，

又，

.

22. 已知函数，.

（1）若，判断函数的奇偶性（不需要给出证明）；

（2）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；

（3）若存在实数，使得关于的方程有三个不相等的实数根，求实数的取值范围.

【答案】（1）奇函数；（2）；（3）．

【解析】

【分析】（1）若，写出函数的解析式，可判断出该函数的奇偶性；
（2）根据函数单调性的定义和性质，利用二次函数的性质即可求实数的取值范围；
（3）根据方程有三个不同的实数根，建立条件关系即可得到结论．

【详解】（1）当时，为奇函数；

（2）.

函数的对称轴为直线，函数的对称轴为直线.

若函数在上是增函数，则，解得；

（3）方程的解即为方程的解．

①当时，函数在上是增函数，

所以，关于的方程不可能有三个不相等的实数根；

②当时，即，

所以，函数上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

当时，关于的方程有三个不相等的实数根，

即，即，

因为，所以，．

设，存在使得关于的方程有三个不相等的实数根，所以，，

下证函数在上单调递增．

任取、且，则

，

因为，则，，所以，，

故函数在上单调递增．

所以当时，，故；

③当时，即，

函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

当时，关于的方程有三个不相等的实数根.

即，，所以，，

设，下证函数在上为减函数，

任取、且，则

，

因为，则，，所以，，

故函数在上单调递减．

因为存在使得关于的方程有三个不相等的实数根，

所以，，所以，.

综上：．

【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的图象，利用数形结合的方法求解.