浙江省金华市东阳市外国语学校2023-2024学年高二数学上学期开学试题（Word版附解析）

2023年东阳外国语高二上学期开学检测一、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，不选、多选、错选均不得分）1.设集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式得到集合，再根据并集的定义计算可得.【详解】由得，解得，所以，又，所以，故选：A.2.已知i为虚数单位，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】C【解析】【分析】根据复数的运算法则和几何意义即可判断.【详解】，z对应的点为，在第三象限.故选：C.3.在中，角所对的边分别为，若，则角（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据余弦定理求得正确答案. 【详解】依题意，，即，所以，所以为锐角，所以.故选：B4.在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据线面的位置关系及判定方法求解.【详解】若，，，则或异面，故A错误；若，，则或，故B错误；若，，，可能有，故C错误；若，，则，又，则，故D正确，故选：D.5.阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为，则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，然后由圆柱表面积可求出，从而可求出圆柱与球的体积.【详解】由题意可知，设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱表面积为，所以，解得，所以圆柱的体积为，球的体积为， 则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为.故选：C.6.已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.【详解】由知：，可得，所以在方向上的投影向量为.故选：B7.“忽登最高塔，眼界穷大千．卞峰照城郭，震泽浮云天．”这是苏东坡笔下的湖城三绝之一“塔里塔”飞英塔．某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，米，在点C处测得飞英塔顶端A的仰角，则飞英塔的高度约是（）（参考数据：，，）A.45米B.50米C.55米D.60米【答案】C【解析】【分析】应用和角正弦公式求，在△中应用正弦定理求，再由求建筑物的高．【详解】， 由题设得，在△中，所以，则米．故选：C．8.在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在中由余弦定理求得，即知为等边三角形，又由已知，若的外接圆的圆心为有为菱形，则平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.【详解】在中，，即，又，∴为等边三角形根据题意，有如下示意图：如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH. 由题意可得，且，.∴由上知：且，又，∴，由，平面ABC.设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，，，代入解得，即有，∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A.【点睛】关键点点睛：利用三角形的性质确定三棱锥一面的外接圆圆心，由三棱锥外接球球心与面的外接圆圆心的关系以及已知线段的长度求球体半径，即可求球体的体积.二、多项选择题（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，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分）9.某中学为了解大数据提供的个性化作业的质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间，，…，，.（）A.频率分布直方图中a的值为0.006B.估计该中学学生对个性化作业的评分不低于80的概率为0.04C.从评分在的受访学生中，随机抽取2人，此2人评分都在的概率为D.受访学生对个性化作业评分的第40百分位数为72.6【答案】AC【解析】【分析】利用频率之和为1列出方程求出可判断A；计算出不低于80分的频率作为概率的估计值可判断 B；利用列举法求解古典概型的概率可判断C；根据百分位数的概念求解可判断D.【详解】由题意得，解得，故A正确；由频率分布直方图知，不低于80分的频率之和为，因此估计该中学学生对个性化作业评分不低于80的概率为0.4，故B错误；受访学生评分在的有人，依次为、、，受访学生评分在的有人，依次为、，从这5名受访学生中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，依次为：、、、、、、、、、，因为所抽取2人的评分都在的结果有1种，，因此2人评分都在的概率为，故C正确；因为，故第40百分位数在内，设为，则，解得,故D错误.故选：AC.10.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次掷出的点数是5”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数之和是5”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则（）A.事件A与C互斥B.C.事件B与D对立D.事件B与C相互独立【答案】ABD【解析】【分析】根据互斥的定义判定A；利用对立事件的概率公式可求得，从而判定B；根据对立事件的概念判定C；利用独立事件的概率公式判断D．【详解】用实数对表示试验结果，共有36种结果，事件A：； 事件B：，，；事件C：.因为A与C不可能同时发生，所以A与C互斥，故A正确；记“两次点数均为偶数”为事件E：，，，则，故，故B正确；因为B与D可能同时发生，如事件B：，事件D：，所以B与D不对立，故C错误；事件BC：，则，所以，所以B，C独立，故D正确．故选：ABD.11.已知函数，，则下列结论中正确的是（）A.若，则将图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称B.若，且的最小值为，则C.若在上单调递增，则的取值范围为D.当时，在有且只有3个零点【答案】ABD【解析】分析】由，逐项判断.【详解】解：函数，A.若，，将图象向左平移个单位长度后得到，其图象关于原点对称，故正确； B.若，且的最小值为，则，解得，故正确；C.当时，，若在上单调递增，则，解得，故错误；D.当时，，令，解得，因为，所以，所以在有且只有3个零点，故正确；故选：ABD12.已知，方程，在区间的根分别为，以下结论正确的有（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】题意说明分别是函数和的图象与函数的图象交点的横坐标，利用这三个函数图象都关于直线对称得，，直接变形判断AB，利用不等式知识判断C，由零点存在定理确定，构造函数，确定其单调性，由单调性判断D．【详解】已知两方程化为，，所以分别是函数和的图象与函数的图象交点的横坐标，易知和的图象关于直线对称，而函数的图象可以看作是由的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的，因此的图象也关于直线对称，所以点与关于直线对称，，，，A正确； 又，所以，，从而，B正确；，当且仅当即时取等号，由于，而，因此，等号不成立，即，C错误，，设，则，，，所以，所以，时，减函数，所以由得，所以，D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点与方程根的关系，解题关键是确定分别是函数和的图象与函数的图象交点的横坐标，利用这三个函数图象都关于直线对称得出的关系．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设向量，为单位正交基底，若，，且，则______．【答案】2【解析】 【分析】由条件可得，然后可算出答案.【详解】因为向量，为单位正交基底，，，所以，即所以，即故答案为：214.已知函数是幂函数，且为偶函数，则实数______．【答案】2【解析】【分析】由函数是幂函数，则，解出的值，再验证函数是否为偶函数，得出答案.【详解】由函数是幂函数，则，得或，当时，函数，其定义域为，，则是偶函数，满足条件；当时，函数是奇函数，不合题意.故答案为：2.15.已知正数满足，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】通过等式变换，在将构造基本不等式的形式，利用基本不等式求解即可【详解】因为正数，满足，则由， 当且仅当即，时等号成立，即的最小值为．故答案为：．16.如图，已知两矩形与所在平面互相垂直，时，若将沿着直线翻折，使得点落在边上（即点），则当取最小值时，边的长是_____________.【答案】【解析】【分析】先得出线面垂直，再应用相似得出边长的式子，最后应用基本不等式得出最值,求出取等条件即可.【详解】连接，由题意，与所在平面互相垂直,平面平面，平面平面,,平面,得平面，所以，又，且平面，所以平面，所以，所以，设， 所以，得，所以,当且仅当时取等号，此时.故答案:.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.设函数.（1）若不等式的解集为，求实数a，b的值；（2）若，且存在，使成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据的解集为，利用根与系数的关系求解；（2）根据，得到，再由存在，成立，分，，，利用判别式法求解.【小问1详解】解：因为的解集为，所以，解得；【小问2详解】（2）因为，所以，因为存在，成立，即存在，成立，当时，，成立； 当时，函数图象开口向下，成立；当时，，即，解得或，此时，或，综上：实数a的取值范围或.18.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.（1）若a=c，b=2，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求C.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；（2）方法一：将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得，的面积；（2）[方法一]：多角换一角，，，.[方法二]：正弦角化边由正弦定理及得．故．由，得． 又由余弦定理得，所以，解得．所以．【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角.19.已知函数的部分图象如图所示．（1）求的解析式；（2）将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若在区间上不单调，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用最值求出，根据得出，再由特殊值求出即可求解.（2）根据三角函数的图象变换得出，再由正弦函数在上单调即可求解.【详解】解：（1）由图可知，．的最小正周期，所以．因为，所以，，，．又，所以， 故．（2）由题可知，．当时，．因为在区间上不单调，所以，解得．故的取值范围为．20.如图，在等腰直角三角形中，，是线段上的点，且.（1）若，是边的中点，是边靠近的四等分点，用向量表示；（2）求的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量的线性运算求解即可.（2）首先设，，得到，再结合二次函数的性质求解即可.【小问1详解】如图所示： ，；【小问2详解】因为，设，，则，所以，∵，故的取值范围是.21.已知面积为的菱形ABCD如图①所示，其中，E是线段AD的中点．现将沿AC折起，使得点D到达点S的位置.（1）若二面角的平面角大小为，求三棱锥的体积； （2）若二面角的平面角，点F在三棱锥的表面运动，且始终保持，求点F的轨迹长度的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由菱形ABCD的面积得，二面角的平面角为，可得点S到平面ABC的距离，从而可求三棱锥的体积；（2）取AC边上靠近点A的四等分点G，取AB的中点为H，则平面EGH，故点F的轨迹长度即为的周长，由于，，由二面角的大小平面角，结合余弦定理及三角函数的性质可得的范围，从而可得答案..【小问1详解】因为菱形ABCD的面积为，得，，，又因为二面角的平面角为，且大小为，所以，故点S到平面ABC的距离为，由于的面积为，则三棱锥的体积为.【小问2详解】取AC边上靠近点A的四等分点G，取AB的中点为H，连接EH，EG，GH，∵EG∥SO，SO⊥AC，∴AC⊥EG，同理AC⊥GH， ∵，平面EGH，所以平面EGH，故点F的轨迹长度即为的周长.由于，，，且二面角的大小平面角，，∵，∴，，则，，所以点F的轨迹长度的取值范围为.22.已知函数（1）若函数在区间的值域为，求的值；（2）令，（i）若在上恒成立，求证：；（ii）若对任意实数，方程恒有三个不等的实数根，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据二次函数的单调性即可求解最值， （2）根据一元二次不等式恒成立转化成判别式不大于0即可求解，根据二次函数根的分布，分类讨论或者利用函数图象，即可求解.小问1详解】由于函数在区间单调递减，所以，即解得【小问2详解】（i）由题意可得，，若在恒成立，则在恒成立，即，（ii）由题意可得，当函数与函数的图像无交点或只有一个交点时，方程只有一个实根，不符题意；当函数与函数图像的两个不同交点位于对称轴的同一侧时，方程只有一个实根，不符题意；以下求解，函数与函数图像的两个交点位于对称轴的两侧时，实数的取值范围：设函数图像与函数的图像交于两点，化简得，即，解得， 所以或.，所以，，即得，当时，无解，当时，显然成立，所以综上所述，.【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．