数学（福建专用）-2024年新高二开学摸底考试卷

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试范围：
4．考试结束后，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．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据交集的定义直接求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
2．（23-24高一下·云南·期末）如图，在中，若为上一点，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用将用表示，由共线定理推论即可求得.
【详解】因为所以
由,
因三点共线，由共线定理推论可得，解得
故选：A.
3．（23-24高一下·河南许昌·期末）有一组样本数据如下：56，62，63，63，65，67，68，69，71，74，76，76，77，78，79，79，80，85，87，88，95，98，则其分位数与分位数的和为（ ）
A．144B．145C．146D．147
【答案】D
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】因为，所以样本数据的25%分位数为第六个数据即67；
因为，所以样本数据的75%分位数为第十七个数据即80.
所以25%分位数与75%分位数的和为.
故选：D.
4．（23-24高二下·安徽宣城·期末）已知角的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【分析】根据三角函数的定义求出，对已知进行弦化切，即可求出答案.
【详解】因为角的终边过点，
所以，
所以.
故选：D
5．（23-24高一上·云南曲靖·期末）若定义在上的偶函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性以及单调性，判断函数值的正负情况，由结合函数的性质列出不等式组，可求得答案.
【详解】因为定义域为的偶函数在内单调递减，且，
所以在上单调递增，且，
所以当时，，当时，，
所以由可得或或或，
所以得或或，
所以满足的的取值范围是．
故选：B．
6．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，圆锥底面半径为，母线，点为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达点，其最短路线长度和其中下坡路段长分别为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，最短路线即为扇形中的直线段，利用余弦定理即可求解，过作的垂线，垂足为，由题意得到为上坡路段，为下坡路段，计算即可.
【详解】如图，将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，

由题可得该扇形半径，弧长为，故圆心角，
最短路线即为扇形中的直线段，由余弦定理可得：；，
过作的垂线，垂足为，当蚂蚁从点爬行到点过程中，它与点的距离越来越小，故为上坡路段，当蚂蚁从点爬行到点的过程中，它与点的距离越来越大，故为下坡路段，下坡路段长，
故选：D
7．（23-24高二下·江西九江·期末）牛顿冷却定律（Newtn's law f cling）是牛顿在1701年用实验确定的：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，环境温度为，则分钟后物体的温度（单位：）满足：.已知环境温度为，一块面包从温度为的烤箱里拿出，经过10分钟温度降为，那么大约再经过多长时间，温度降为？（参考数据：）（ ）
A．33分钟B．28分钟C．23分钟D．18分钟
【答案】C
【分析】根据题意列出方程，指数对数互化，解出即可．
【详解】解：依题意，得，
化简得，解得.
设这块面包总共经过分钟，温度降为30°，
则，化简得，
解得，
故大约再经过（分钟），这块面包温度降为30°，
故选：C.
8．（23-24高一下·湖南·期末）冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根据古典概型的概率计算公式进行求解即可.
【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为，运算次数为；
正整数7的部分运算过程为，
当运算到10时，运算次数为10，由正整数的运算过程可知，
正整数7总的运算次数为；
正整数8的运算次数为；
正整数9的部分运算过程为，当运算到7时，运算次数为3，
由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为．
正整数10的运算次数为6；
故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数，
从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为：
，共种，
其中的运算次数均为奇数的方法总数为：，共种，
故运算次数均为奇数的概率为．
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（23-24高一上·江苏苏州·阶段练习）已知正数a，b，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由基本不等式和重要不等式逐一判断选项，讨论等号成立的条件可得结果.
【详解】解：A选项：，当且仅当时等号成立，而，故“等号”不成立，A不正确；
B选项：，当且仅当时等号成立，故B正确；
C选项：，当且仅当时等号成立，故C正确；
D选项：，当且仅当时等号成立，故D不正确；
故选：BC
10．（23-24高一下·江苏无锡·期中）已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理不正确的是（ ）
A．，
B．，，且
C．， ，
D．，，
【答案】AB
【分析】对于A，根据直线与直线的位置关系判断；对于B，根据直线与平面的位置关系判断；对于C，根据面面平行的位置关系判断；对于D，根据面面平行的性质定理判断.
【详解】对于A，因为，则可以平行或相交，故A错误；
对于B，因为，则或，或，故B错误；
对于C，因为，则由面面平行的位置关系得，故C正确；
对于D，因为，则由面面平行的性质定理得，故D正确.
故选：AB.
11．（23-24高一下·四川绵阳·期末）记的内角的对边分别为，则（ ）
A．当时，为直角三角形
B．当时，最大角与最小角之和为
C．当.时，
D．当时，为锐角三角形
【答案】ABC
【分析】根据余弦定理求解长度，即可判断A，根据余弦定理求解中间角，即可求解B，根据正弦定理即可求解C，利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解D.
【详解】对于A,由余弦定理可得,
由于，故为直角三角形，A正确，
对于B，三角形的三边长分别为，
，，，故,
则该三角形最大角与最小角之和为,B正确，
对于C，由正弦定理可得,由于，故，C正确，
对于D，由可得,
所以，由于,所以，进而,故，因此三角形为钝角三角形，D错误，
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（广东省广州市白云区2023-2024学年高一下学期期末数学试题）已知复数z满足，则 ．
【答案】/
【分析】先求出复数z，再根据复数的模的定义直接计算即可得解.
【详解】由题意，
故.
故答案为：.
13．（23-24高二下·重庆·阶段练习）若不等式成立的一个充分不必要条件是，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据绝对值不等式的解法，结合充分不必要条件的性质进行求解即可.
【详解】由，
因为不等式成立的一个充分不必要条件是，
所以有，等号不同时成立，，
当时，是不等式成立的充要条件，不符合题意，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：.
14．（23-24高一下·重庆万州·期中）一个棱长为2的正四面体盒子内部放置了一个正方体，且该正方体在铁盒内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为 .
【答案】/
【分析】将所求问题转化为正方体的外接球，即为正四面体的内切球，作出图形，利用等体积法求得内切球的半径，利用正方体的体对角线等于正方体的外接球的直径即可求解.
【详解】由题意可知，正方体在正四面体内部任意旋转，
当正方体的棱长取得最大值时，正方体的外接球即为正四面体的内切球，
将正四面体放到正方体中，作出图形如图，
因为正四面体的棱长为2，则图中正方体的棱长为，
所以正四面体的体积为，
侧面积为，
设正四面体的内切球的半径为，则，解得，
设放置进去的正方体的棱长最大值为，则，解得.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（23-24高一下·山西大同·期末）某工厂生产某款产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为一等品，低于10分的为二等品．下面是检验员从一批产品中随机抽取的10件产品的评分：
经计算得，其中为抽取的第件产品的评分，．
(1)求这组样本的平均数和方差；
(2)若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高0.3．根据以上随机抽取的10件产品改进后的评分，估计改进后该厂生产的产品评分的平均数和方差．
【答案】(1)样本平均数为，样本方差为．
(2)平均数为，方差为
【分析】（1）根据题意，由平均数以及方差的计算公式代入计算，即可求解；
（2）根据题意，由平均数与方差的性质即可得到结果.
【详解】（1）样本平均数为．
样本方差为．
（2）因为改进后随机抽取的10件产品的评分是改进前抽取的10件产品的评分每个提高0.3分，所以改进后生产的产品评分的平均数，
方差为．
16．（23-24高一下·湖南株洲·期末）小米在2024年推出SU7汽车，创始人雷军为了了解广大客户对小米SU7的评价，令销售部随机抽取200名客户进行了问卷调查，根据统计情况，将他们的年龄按，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图.

(1)估计样本数据中用户年龄的众数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)销售部从年龄在，内的样本中按比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行电话回访，求这2人取自不同年龄区间的概率.
【答案】(1)平均数为44.5，众数为45.
(2).，
【分析】（1）根据频率分步直方图易知众数，由平均数计算公式可得结果；
（2）由抽样比可确定每层中的抽样人数，再由古典概率计算公式可得结果
【详解】（1）由平均数计算公式，可估计平均数为，
根据频率分步直方图，估计众数为45.
（2）由已知可得抽取的6人中，年龄在内的有4人，分别记为；
年龄在内的有2人，分别记为；
则从这6人中随机抽取2人的样本点为
，，，，，，，，，
，，，，，，共15个；
记事件“这2人取自不同年龄区间”，其包含样本点有，，，，
，，，，共8个，
故这2人取自不同年龄区间的概率为.
17．（23-24高一下·上海宝山·期末）锐角中角、、的对边分别为、、，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将角化为边后，借助余弦定理计算即可得；
（2）借助正弦定理将边化为角后，结合两角和的正弦公式与辅助角公式可将化为正弦型函数形式，再利用锐角三角形性质可得角的范围，即可得解.
【详解】（1）由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，又，则；
（2）由，则、，
则
，
由为锐角三角形，可得，解得，
则，则，
故.
18．（23-24高一上·江西鹰潭·期末）已知函数（），其相邻两个对称中心之间的距离为.
(1)求实数的值及函数的单调递增区间；
(2)将图象上所有点向平左移个单位长度，再将图象上所有点向上平移1个单位，得到函数的图象，若在上有两个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)，单调递增区间是（）；
(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换得，再由相邻两个对称中心之间的距离为，可求得，即，再根据正弦函数的单调性即可求解；
（2）由三角函数的图象变换可得，然后将的零点问题转化为直线与函数在的图象的交点个数问题，再结合几何图形求出实数的取值范围.
【详解】（1）依题意，
因为相邻两个对称中心之间的距离为，
所以的周期，解得，
所以，
由，，
得，
所以单调递增区间为.
（2）由，可得，
由，，
得，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在的图象如图所示：
因为在上有两个不同零点，
即直线与函数在的图象有两个交点，此时，
所以实数的取值范围是.
19．（23-24高一下·广东广州·期中）若是定义在上的增函数，其中，存在函数，，且函数图像上存在两点，图像上存在两点，其中两点横坐标相等，两点横坐标相等，且，则称在上可以对进行“型平行追逐”，即是在上的“型平行追逐函数”. 已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数．
(1)求满足的的值；
(2)设函数，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数是在上的“型平行追逐函数”，求正数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先确定的表达式，再解方程得到结果；
（2）计算的表达式，然后对分类讨论即可；
（3）将命题转化为在上不是单调函数，再通过对换元并分析单调性得到答案.
【详解】（1）由于是奇函数，故，即恒成立，所以；
由于是偶函数，故，即恒成立，所以.
故，.
现要解方程，而，故命题等价于，即.
这是关于正实数的二次方程，解得，所以.
（2）由于，
而单调递增，且对有，故当时，的取值范围是.
从而命题等价于对任意的，有，即.
若，则有，故条件对不成立，不符合要求；
若，则对有，符合要求.
所以的取值范围是.
（3）我们有，.
根据题目定义，是在上的“型平行追逐函数”，当且仅当存在，满足.
换言之，函数在上不是单调函数.
由于
，
而在上递增，取值范围为.
故命题等价于在上不是单调函数.
对，我们知道在上递减，在上递增.
所以命题等价于，从而正数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对型函数的单调性的反复运用.
9.5
10.2
9.7
9.8
10.0
9.6
10.1
9.7
10.1
10.3