浙江省名校协作体2022-2023学年高二数学上学期适应性联考试题（Word版含答案）

2022学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题高二年级数学学科考生须知：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、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.复数（i为虚数单位），则（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由复数模的定义计算．【详解】由已知．故选：D．2.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且直角边长为，则该圆锥的侧面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出圆锥的母线，底面半径，利用圆锥侧面积公式求解出答案【详解】因为圆锥的轴截面是直角边长为的等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为，底面直径长为，半径为， 则此圆锥的侧面积为，故选：B．3.设A，B是一个随机试验中的两个事件，则（）A.B.C.D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据概率的性质，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：若A，B是一个随机试验中的两个事件，则，故A错误；对于B：若，则，故B错误；对于C：当A、B独立时，，当A、B不独立时，则不成立，故C错误；对于D：若，则，故D正确.故选：D4.在正方体中，M，N，P，Q分别为，，，的中点，则直线PM与NQ所成的角为（）A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】【分析】取AB的中点R，连接RN，RQ，，根据M，N，P，Q为中点，得到，从而为直线PM与NQ所成的角求解.【详解】解：如图所示： 取AB的中点R，连接RN，RQ，，因为M，N，P，Q分别为，，，的中点，所以，所以，所以为直线PM与NQ所成的角，又因为是等边三角形，所以，故选：C5.函数的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】第一步，由函数为偶函数，排除C、D选项； 第二步，通过,排除B选项.【详解】由函数得，即，故函数的定义域为，且对都有，成立，所以函数是偶函数，，排除C、D选项；又,排除B选项.故选：A.6.已知，则以下关系不正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指数函数和幂函数的性质，先判断出a，b，c的大小，再根据不等式的性质逐项分析即可.【详解】对于指数函数：，若，则为减函数，，即，对于幂函数：是增函数，，即，a，b，c的大小关系为：，故A正确；对于B，由于，由于，故B正确；对于C，由于是减函数，，故C正确；对于D，若成立，则有，即，与上述结论矛盾，故D错误； 故选：D.7.如图，已知是半径为，圆心角为的扇形，点分别是上的两动点，且，点在圆弧上，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以为原点建立的直角坐标系，设，设，可得，，可得，利用辅助角公式可得答案.【详解】以为原点建立如图所示的直角坐标系，设，设，又，所以，可得，， 所以，其中，又，所以，所以，，所以，的最小值为．故选：B.8.在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．【详解】解：在中，由余弦定理得，且的面积，由，得，化简得，又，，联立得，解得或（舍去）， 所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以，设，其中，所以，由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；当时，；所以，即的取值范围是．故选：C.【点睛】关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.二、选择题：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.下列命题中正确的是（）A.已知平面向量满足，则B.已知复数z满足，则C.已知平面向量，满足，则D.已知复数，满足，则【答案】ABC【解析】【分析】结合选项逐个验证，向量的模长运算一般利用平方处理，复数问题一般借助复数的 运算来进行.【详解】因为，所以A正确；设，则，因为，所以，所以，所以B正确；因为，所以，即，所以C正确；因为，然而，所以D不正确.故选：ABC.10.已知函数，则（）A.是奇函数B.的图象关于点对称C.有唯一一个零点D.不等式的解集为【答案】BCD【解析】【分析】求解的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，结合值域的求法可求得；结合对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；结合C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果.【详解】对于A，由得：，即定义域为，不关于原点对称，为非奇非偶函数，A错误；对于B，， ，，图象关于点对称，B正确；对于C，当时，；在上单调递增，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减；在上单调递增，在上单调递减；在上单调递减；由知：图象关于对称，在上单调递减；当时，，，，在上无零点；当时，，，，使得，则在上有唯一零点；综上所述：有唯一一个零点，C正确；对于D，由C知：在和上单调递减，又时，；时，；①当，即时，由得：，解得：（舍）或；②当时，不等式组无解，不合题意； ③当，即时，，，满足题意；④当，即时，，，不合题意；综上所述：的解集为：，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.11.下列说法中，正确的是（）A.若，则与夹角为锐角B.若是内心，且满足，则这个三角形一定是锐角三角形C.在中，若，则为的重心D.在中，若，则为的垂心【答案】CD【解析】【分析】由数量积的定义判断A，是内心时，证明即得，由此结合余弦定理判断B，由向量的线性运算证明是三角形重心判断C，利用向量数量积的运算法则，证明向量垂直，从而得是垂心判断D．【详解】当同向时也的，A错误；如下图是内心，延长线交于，设，，，是外心，是三角形内角平分线，， ，又，所以．所以，所以，设内切圆半径为，，则，所以，若，则，设，则，钝角，B错；如下图，是中点，则，又，所以，所以共线，且，所以是外心，C正确； 中，若，则，所以，同理，所以是的垂线，D正确．故选：CD．12.如图，在梯形中，为线段的两个三等分点，将和分别沿着向上翻折，使得点分别至(在的左侧)，且平面分别为的中点，在翻折过程中，下列说法中正确的是（）A.四点共面B.当时，平面平面C.存在某个位置使得D.存在某个位置使得平面平面【答案】BCD【解析】【分析】对于A选项，直线MN与直线CD为异面关系，所以A错误；对于B选项，当时，其长度恰好等于底面梯形中位线的长度，易知M,N两点在底面的投影恰好落在DE和CF上，可得平面平面；对于C选项，可找出NF的平行线，将垂直的判断转化为异面直线所成角；对于D选项，从翻折的过程看二面角的变化趋势可得.【详解】对于A选项：如图，分别取EF,CF的中点Q，S，连接AP，BP，DQ，易知均是边长为2的正三角形，所以在翻折过程中M，N两点在底面的射影分别落在直线PA和PB上，如图2，易知，设M，N两点到底面的距离分别为，则， 因为平面，所以，又，所以，易得，则，则易知共面，共面,易知异面，所以不在同一平面内，则A错误；对于B选项:当时，恰有，则MNSO为平行四边形，由对称性知此时，M，N两点在底面的射影即为O,S两点，所以,得平面平面，则B正确；对于C选项:过M点作交EF于T，即为DM与FN所成角，易知在翻折过程中，又因为，则当时，，即,所以C正确；当，由B选项知，平面平面，平面平面，此时DE与CF的夹角即为平面与平面的夹角，易知此时的夹角为，而与在翻折的极限位置为,即两平面的夹角的最大值为，所以在连续变化过程中必存在某个位置使得平面平面，所以D正确.故选：BCD.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的横线上.13.集合，则m＝___．【答案】【解析】【分析】根据B⊆A，得到集合B的元素都是集合A的元素，进而求出m的值． 【详解】∵集合，∴，解得．故答案为：±2．14.已知函数，则不等式的解集为___________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件分段求解不等式即可作答.【详解】因函数，则不等式化为：或，解得：，解，无解，于是得，所以不等式的解集为.故答案为：15.已知，则的最大值为________．【答案】##【解析】【分析】根据题意得，设，所以，所以，求出的范围，所以，分析求最值即可.【详解】，所以，设，代入，则有，看成关于的一元二次方程， 若方存在，则关于的一元二次方程必须有解，所以判别式或，所以或又函数在上单调递增，所以当且仅当时取得等号，此时，.故答案为：．【点睛】求函数最值和值域的常用方法：(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．16.已知等腰直角的斜边长为，其所在平面上两动点、满足（且、、），若，则的最大值为____________．【答案】##【解析】【分析】分析可知点在内或其边界上，取线段的中点，可得 ，求出的最大值，即可得解.【详解】因为，所以，，所以，，所以，，因为且、、，所以，、、，所以，点在内或其边界上，取线段的中点，则，故当最大时，取最大值，如下图所示，当点与的顶点重合时，取得最大值，且最大值为，因为，所以，，当且仅当、、三点共线且在线段上时，等号成立，故.故答案为：.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．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.已知复数，i是虚数单位）．（1）若是纯虚数，求m的值和；（2）设是z的共轭复数，复数在复平面上对应的点位于第二象限，求m的取值范围．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的实部为，虚部不为求出的值，进而求出复数的模；（2）首先根据第（1）问求出，然后根据复平面上对应点在第二象限，则实部小于，虚部大于，解不等式组求出的取值范围.【小问1详解】依题意得，，若是纯虚数，则，解得，，.【小问2详解】由（1）知，，，，复数在复平面上对应的点位于第二象限，，解得，即. 18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角B：（2）从①，②中选取一个作条件，证明另外一个成立；（3）若D为线段上一点，且，求的面积．【答案】（1）（2）见解析（3）4【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可得解；（2）选①，根据结合（1）求出，可得，则有，再根据正弦定理化角为边即可得证；选②，利用正弦定理化边为角，再结合（1）即可得出结论；（3）利用正弦定理求得，再利用三角形的面积公式结合诱导公式及倍角公式即可得出答案.【小问1详解】解：因为，所以，所以，又，所以；【小问2详解】证明：选①，因为，，所以， 所以，即，所以；选②，因为，所以，所以，又，则，所以，即，所以；【小问3详解】解：由（1）得，则，因为，所以，所以的面积为4． 19.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，该摩天轮轮盘直径为米，设置有个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面米，匀速转动一周大约需要分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.（1）经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中），求摩天轮转动一周的解析式；（2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到50米？（3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）最大值为米【解析】【分析】对于小问1，根据离地面的最大值米、最小值米和周期为分钟，求出、、，再代入点解得.对于小问2，令，解出即得答案. 对于小问3，根据题意，计算甲乙二人时间差，得到二人距离地面的高度表达式、，写出两人距离地面的高度差为米，由时间的取值范围，化简求出最大值.【小问1详解】由题意，（其中）摩天轮的最高点距离地面为米，最低点距离地面为米，所以，得，又函数周期为分钟，所以，又，所以，又，所以，所以.【小问2详解】，所以，整理，因为，所以，所以,解得（分钟）.【小问3详解】经过分钟后甲距离地面的高度为，乙与甲间隔的时间为分钟，所以乙距离地面的高度为， 所以两人离地面的高度差当或时，即或分钟时，取最大值为米.20.甲、乙、丙、丁四名选手进行羽毛球单打比赛．比赛采用单循环赛制，即任意两位参赛选手之间均进行一场比赛．每场比赛实行三局两胜制，即最先获取两局的选手获得胜利，本场比赛随即结束．假定每场比赛、每局比赛结果互不影响．（1）若甲、乙比赛时，甲每局获胜的概率为，求甲获得本场比赛胜利的概率；（2）若甲与乙、丙、丁每场比赛获胜的概率分别为，，，试确定甲第二场比赛的对手，使得甲在三场比赛中恰好连胜两场的概率最大．【答案】（1）（2）丁【解析】【分析】（1）分第一局第二局，第一局第三局，第二局第三局获胜求解；（2）分甲在第二场甲胜乙，甲胜丙，甲胜丁求解.【小问1详解】解：设甲在第i局获胜为事件，事件“甲获得本场比赛胜利”，则，所以．【小问2详解】若甲在第二场与乙比赛，则甲胜乙，且在甲丙、甲与丁的比赛中，甲只胜一场．此时，甲恰好连胜两场的概率；若甲在第二场与丙比赛，则甲胜丙，且在甲与乙、甲与丁的比赛中，甲只胜一场．此时，甲恰好连胜两场的概率；若甲在第二场与丁比赛，则甲胜丁，且在甲与乙、甲与丙的比赛中，甲只胜一场． 此时，甲恰好连胜两场的概率．因为，所以，甲在第二场与丁比赛时，甲恰好连胜两场的概率最大．21.如图①所示，长方形中，，，点是边中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC 的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG⊥平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为【小问2详解】取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，所以NQ∥AB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CM∥AB且，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以. 【小问3详解】连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为的平面角，即，过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以， 所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC的法向量为，因为，则令，可得：，设两平面夹角为，则令，，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍. 22.已知，函数.（1）讨论的单调性；（2）设，若的最大值为，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）当时,;当时,.【解析】【分析】（1）根据函数解析式,先讨论当与两种情况.当时易判断单调递减,当时,讨论对称轴与区间的关系,即可判断单调性.（2）根据（1）中所得在不同范围内的单调情况分类讨论.当,在递减结合二次函数与绝对值函数的性质,并由的最大值即可求得的值,进而得的取值范围;当时,在递增,在递减,同理解绝对值不等式可求得的取值范围,进而得的取值范围.【详解】（1）①当时,,单调递减②当时,即时,在单调递减③当时,即时,在递增,在递减④当时,不成立,所以无解.综上所述,当时,在单调递减；当时,在递增,在递减（2）①当时,在递减,,, ∵,∴,∴,∴.得.②当时,在递增,在递减,又,,∵,∴,同时,∴∴∴又∵,∴,又∵,∴且可得在递增, 所以.综上所述,当时,;当时,.【点睛】本题考查了分类讨论二次函数的单调性问题,不等式与二次函数的综合应用,由最值确定参数的取值范围,对理解能力要求较高,属于难题.