浙江省名校协作体2022-2023学年高二数学下学期开学联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题高二年级数学学科一､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.已知全集为，集，,则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法及补集的运算可得，再根据并集的运算求解即可.【详解】，∴.∴.故选:C.2.若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且，，则实数a的取值范围是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件的知识列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由于互斥，且发生的概率均不为， 所以，解得，所以的取值范围是.故选：D3.设复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先利用复数的运算得到，利用题意可得到，则，即可得到答案【详解】因为，所以可得，解得，所以，对应点为，位于第四象限，故选：D4.如图所示的是函数的图像，则函数可能是（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由图象确定函数的性质，验证各选项是否符合要求即可.【详解】由图可知：是非奇非偶函数，且在y轴右侧，先正后负．若，则，所以函数为偶函数，与条件矛盾，A错，若，则，所以函数为奇函数，与条件矛盾，B错，若，则，当时，，与所给函数图象不一致，D错，若，则，当时，，又，，所以函数为非奇非偶函数，与所给函数图象基本一致，故选：C．5.已知为单位向量，则“”是“存在，使得”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】对于前者是否能推出后者，我们举出反例即可，对于后者是否推前者，由后者 可得共线且同方向，则，即后者能推出前者，最后即可判断.【详解】若，则，但此时不存在，使得，故不存在，使得，故前者无法推出后者，若存在，使得，则共线且同方向，此时，故后者可以推出前者，故“”是“存在,使得的必要不充分条件”，故选：B.6.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对已知等式两边分别取对数求出a，b，c，然后通过换底公式并结合基本不等式比较a，b的大小，从而得到a，b，c的大小关系．【详解】分别对，，两边取对数，得，，．．由基本不等式，得:，所以，即，所以．又，所以.故选：D． 7.已知抛物线，F是抛物线C的焦点，M是抛物线C上一点，O为坐标原点，，的平分线过FM的中点，则点M的坐标为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设线段FM的中点为Q，作轴于点N，轴于点，交C的准线l于点，则，故,过点Q作于点T,可得重合，设可得出的坐标满足，再与抛物线方程联立，可求出的坐标.【详解】设线段FM的中点为Q，作轴于点N，轴于点，交C的准线l于点，则，故.过点Q作于点T，由是的角平分线.则，由垂线段的唯性知，重合，可得，则M在以线段PF为直径的圆上.设，则由，得，将代入得，易知，所以，即，得，所以.故M的坐标为.故选：A 【点睛】本题考查抛物线的方程与几何性质、圆的方程、角平分线的性质定理等知识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于中档题.8.设数列满足，则下列结论中不可能的是（）注：和分别表示，，…中的最小值和最大值．A.数列从某一项起，均有B.数列从某一项起，均有C.数列从某一项起，均有D.数列从某一项起，均有【答案】D【解析】【分析】考虑，，，，，几种情况，计算出数列，再对比选项得到答案.【详解】当，时，，，，；当，时，，，，；当，时，，，，，，，，AC可能； 当，时，，，，，，，，，AC可能；当，时，，，，，；当，时，，，，，，，，B可能；故选：D.【点睛】分类讨论的取值情况是本题的关键二､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.若直线与圆相切，则下列说法正确的是（）A.B.数列等比数列C.数列的前10项和为23D.圆不可能经过坐标原点【答案】AC【解析】【分析】先求得圆心和半径，根据点到直线的距离公式、等差等比数列、圆等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的圆心为，半径，由直线与圆相切得，，∴，，∴是首项为，公差为的等差数列， 前10项和为；令，解得，此时圆C经过坐标原点.综上所述，AC选项正确，BD选项错误.故选：AC10.如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（）A.直线与直线垂直B.直线与平面平行C.平面截正方体所得的截面面积为D.点与点到平面的距离相等【答案】BC【解析】【分析】(1)利用空间向量的坐标运算确定直线与直线的位置关系；(2)根据面面平行来证明线面平行；(3)先根据四点共面确定截面，进而算截面面积；(4)利用等体积法思想证明求解.【详解】对于选项A，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，.从而，，从而，所以直线与直线不垂直，选项错误；对于选项，取的中点为，连接，，则易知，又平面，平面，故平面，又，平面，平面，所以平面，又，，平面，故平面平面，又平面，从而平面，选项正确；对于选项C，连接，，如图所示， ∵正方体中，∴，，，四点共面，∴四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，又由勾股定理可得，，，∴梯形为等腰梯形，高为，∴，选项C正确；对于选项D，由于，，而，，∴，即，点到平面的距离为点到平面的距离的2倍，选项错误.故选:BC.11.已知定义在上的奇函数，且当时，，则（）A.B.有三个零点C.在上为减函数D.不等式的解集是 【答案】ABC【解析】【分析】令求解判断A；由题得在上是减函数，进而结合奇函数性质，结合函数图像平移变换判断BC；令，进而得，函数在均为单调递减函数，再分，，，，五种情况讨论求解即可.【详解】解：令，得，所以，选项A正确．，且，则，，所以，，所以在上是减函数，又为上的奇函数，，所以有三个零点，将的图像向右平移2个单位长度得到的图像，所以有三个零点，选项B正确．由于为奇函数，所以在上也是减函数，选项C正确．由于的图像向右平移2个单位长度得到的图像，即，则，函数在均为单调递减函数，所以，当时，；时，；当时，；时，；所以，所以，当时，；时，；时，；当时，；时，.所以，不等式的解集是，故D错误. 故选：ABC．12.已知直线l：与椭圆交于A，B两点，点为椭圆的右焦点，则下列结论正确的是（）A.当时，存在使得B.当时，的最小值为C.当时，存在使得D.当时，的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】联立，消去并整理得，由，得，设、，得到和，对于A，当时，直线过左焦点，求出，由以及，求出，可知A正确；对于B，当时，得到，利用换元法可求出取最小值，故B正确；对于C，当时，求出，可知C正确；对于D，当时，求出的最小值为，可知D不正确.【详解】由得，所以，联立，消去并整理得，，即， 设、，则，，所以，对于A，当时，过椭圆的左焦点，此时，若，则由，得，所以，解得，，所以存在，使得，故A正确；对于B，当时，，，所以，令，则，则，因为，所以当，即，时，取最小值，故B正确； 对于C，当时，，此时存在使得，故C正确；对于D，当时，，，所以，因为且，所以，所以，所以当时，取最小值，.故D不正确.故选：ABC【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.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.若函数在区间上单调递增，写出满足条件的一个的值__________. 【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】利用三角恒等变换公式化简函数，再借助正弦型函数性质推理作答.【详解】依题意，，当时，，因函数在区间上单调递增，而函数上单调递增，因此，，于是得：，，解得，取，得.故答案为：（答案不唯一）14.把一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，则使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为________．【答案】【解析】【分析】依据古典概型去求解即可解决.【详解】若方程有2个互不相等的实数根，则，一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，记为，所有可能共36种，其中满足题意的有，，，，，，，，，，，，，，，，，共17种. 故使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为．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，当时，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，； 当时，，此时；所以的最大值为.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.已知及其边上的一点满足，，且以，为焦点可以作一个椭圆同时经过，两点，求椭圆的离心率______.【答案】【解析】【分析】利用椭圆定义，结合余弦定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.【详解】设，所以，设该椭圆长半轴长为，由椭圆的定义可知：，所以，，在中，显然有，所以， 设，由余弦定理可知：，因此椭圆的焦距为，所以椭圆的离心率为：，故答案为：【点睛】关键点睛：利用椭圆的定义、余弦定理是解题的关键.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.已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.（1）求数列，的通项公式；（2）求和：.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.【小问1详解】 因为数列满足，故可得数列为等比数列，且公比，则；数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，故可得，解得，则；综上所述，，.【小问2详解】由（1）可知：，，故，又，又，则是首项1，公比为的等比数列；则.18.新型冠状病毒感染的肺炎治疗过程中，需要某医药公司生产的某种药品.此药品的年固定成本为250万元，每生产千件需另投入成本为.当年产量不足80千件时，（万元）.当年产量不小于80千件时，（万元）.每件商品售价为0.05万元，在疫情期间，该公司生产的药品能全部售完.（Ⅰ）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；（Ⅱ）该公司决定将此药品所获利润的用来捐赠防疫物资.当年产量为多少千件时，在这一药品的生产中所获利润最大？此时可捐赠多少万元的物资款？【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当年产量为100千件时，该厂在这一药品生产中所获利润最大，可捐赠10万元物资款.【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意得千件药品销售额为万元，进而得 ；（Ⅱ）当时，由二次函数性质得当时，取得最大值万元，当时，由基本不等式得当时，取得最大值1000万元，进而得年产量为100千件时，该厂在这一药品生产中所获利润最大，可捐赠10万元物资款.【详解】（Ⅰ）因为每件药品售价为0.05万元，则千件药品销售额为万元，依题意得：当时，.当时，.所以.（Ⅱ）当时，.此时，当时，取得最大值万元.当时，.此时，即时，取得最大值1000万元.由于，所以当年产量为100千件时，该厂在这一药品生产中所获利润最大，此时可捐赠10万元物资款.【点睛】关键点点睛：本题考查数学应用题，解决问题的关键是根据题意，建立数学模型，将实际问题数学化，再根据数学二次函数最值与基本不等式的知识求解得答案，最后回归实际应用问题，作答，考查知识迁移应用能力，数学建模能力，是中档题.19.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面． （1）设为棱的中点，证明：四点共面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.【小问1详解】连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,又平面，平面,所以,平面，所以平面，由于为棱的中点，，所以,又平面平面，平面平面，平面,所以平面,因此,所以四点共面， 【小问2详解】由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，,,设，由（1）知,故，解得，故,,设平面，的法向量分别为则即，取，则，即，取，则，设平面与平面的夹角为，则20.已知函数为偶函数.（1）求实数a的值；（2）判断的单调性，并证明你的判断；（3）是否存在实数，使得当时，函数值域为.若存在，求出的取值范围；若不存在说明理由. 【答案】（1）；（2）在上为增函数，在上为减函数，证明见解析；（3）存在，.【解析】【分析】（1）由偶函数的定义即可求得a的值；（2）用函数单调性的定义即可判断并证明；（3）假设存，根据题意列出方程，解出即可.【详解】（1）函数为偶函数，，即，；（2）当时，，则函数在上为增函数，在上为减函数，证明：设，则，，，，，即，故在上为增函数；同理可证在上为减函数；（3）函数在上为增函数， 若存在实数，使得当时，函数的值域为，则满足，即，即m，n是方程的两个不等的正根，则满足，解得，故存在，使得结论成立.【点睛】易错点点睛：，所以m，n是方程的两个不等的正根，注意.21.中，，是边上的点，，且.（1）若，求面积的取值范围；（2）若，，平面内是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据条件可得，建立平面直角坐标系，从而可得在一个定圆上运动变化，从而可求的边上的高的范围，故可得面积的取值范围.（2）根据题设条件可判断该三角形为直角三角形，利用正弦定理和余弦定理可求的值.小问1详解】 由面积公式可得：，，因为，故，由可得即，建立如图所示的平面直角坐标系，则，则，则，整理得到：，故的边上的高的范围为，故其面积的取值范围为：【小问2详解】因为，故，故，故为直角三角形且如图，设，则，故， 同理，故，而，故，在中，由余弦定理可得：，整理得到：所以，整理得到：，解得或，但为锐角，故，故故存在且.22.已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，记四边形的内切圆为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P、Q．（1）试探究直线TP与TQ斜率之积是否为定值，并说明理由；（2）记点O为坐标原点，求证：P、O、Q三点共线．【答案】（1）直线TP与TQ斜率之积为定值，理由见解析（2）证明过程见解析【解析】【分析】（1）先求出：，不妨取，则，利用点到直线距离等于半径，得到，得到，将 代入可得直线TP与TQ斜率之积为；（2）设直线，得到，直线与椭圆联立，根据韦达定理得到，同理设出直线，联立后得到，从而，同理可得，证明出P、O、Q三点共线．【小问1详解】由题意得：，直线方程为，即，原点到直线的距离为，故内切圆的半径为，由对称性可知圆心为，所以：，不妨取，则，此时切线方程为，则，整理得：，设过点引圆的两条切线斜率分别为，则，由得：，将其代入上式中， ，故直线TP与TQ斜率之积为；【小问2详解】设直线，则，解得：，与椭圆联立得：，设，则，将代入，可得：，设直线，则，整理得：，与椭圆联立得：，设，则，将代入可得：，显然， 设直线，则，解得：，与椭圆联立得：，设，则，将代入得：，设直线，则，解得：，与椭圆联立得：，设，则，将代入得：，故，所以P、O、Q三点共线.【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.