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（Word版附解析）

2023学年第一学期浙江省名校协作体试题

高二年级数学

考生须知：

1.本卷满分150分，考试时间120分钟；

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. 306 B. 315 C. 324 D. 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.

C  D.

【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.