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：A4.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＜aB.c＜a＜bC.b＜a＜cD.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：C8.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.