浙江省名校协作体2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

2023学年第一学期浙江省名校协作体试题高二年级数学考生须知：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、单选题：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，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据列举法表示集合的基本运算即可求出结果.【详解】由题意可知，又；可得.故选：A2.已知向量，，，则实数k的值为（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】根据平面向量数量积的坐标表示计算即可.【详解】由题意可得：，所以. 故选：B3.已知异面直线a，b分别为平面，的垂线，直线m满足，，，，则（）A.与相交，且交线与m平行B.与相交，且交线与m垂直C.与平行，m与平行D.与平行，m与垂直【答案】A【解析】【分析】根据空间中线、面的位置关系判定即可.【详解】若与平行，由可得，与条件矛盾，不符合题意，故C、D错误；所以与相交，如图所示，作，且与直线相交，设，则由题意，故，同理，因为，，所以，故A正确.4.在中，“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由三角形大边对大角可知，再由正弦定理可知充分性成立，同理可得必要性也成立.【详解】由题可知，又，可知，可得；又，所以，所以充分性成立；若，可得，即，又，，所以，可得，即；所以必要性成立；因此“”是“”的充要条件. 故选：C5.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数在时的值域为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的图象变换求出函数的解析式，再结合正弦函数的图象性质求解即可.【详解】函数的图象向左平移个单位长度，得到函数,因为,所以,所以,故选:D.6.二战期间，盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数.假设德军某月生产的坦克总数为N，缴获的该月生产的n辆坦克编号从小到大为，，…，，即最大编号为，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的.因为生产的坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号，，…，相当于从中随机抽取的n个整数，这n个数将区间分成个小区间.由于N是未知的，除了最右边的区间外，其他n个区间都是已知的，由于这n个数是随机抽取的，所以可以用前n个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度，进而得到N的估计. 若缴获坦克的编号为14，28，57，92，141，173，224，288，则利用上述方法估计的总数为（）A.306B.315C.324D.333【答案】C【解析】【分析】依题意可先将坦克标号数据前n个区间的平均长度计算出来，再根据样本估计总体的思想即可求得结果.【详解】根据题意可知，且；所以前8个区间的平均长度，因此估计所有9个区间的平均长度，计算可得.故选：C7.已知，，，则x，y，z的大小关系为（）A.B.CD.【答案】C【解析】【分析】利用对数运算法则以及对数函数单调性可限定出x，y，z的取自范围，即可得出结论.【详解】根据题意可得，，利用对数函数单调性可知，即；又，可得；而，即；综上可得.故选：C8.已知，，则的最小值为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】合理变形结合基本不等式计算即可.【详解】由，且，故，当且仅当，即时取得等号.故选：B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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积可能为（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】利用三角形面积公式及余弦定理结合基本不等式可得面积最大值，由此判定选项即可.详解】由余弦定理可得，当且仅当时取得等号，此时，当A靠近BC时高较小，此时的面积接近0，故ABC符合题意.故选：ABC.10.下列命题中正确的是（）A.某校按的比例对高一、高二、高三三个年级的学生进行分层随机抽样，如果抽取的样本容量为900，则样本中高一年级的学生人数为300B.一组数据12，13，14，14，15，16的平均数与众数相同C.一组数据从小到大依次为1，2，3，5，m，若这组数据的极差为中位数的2倍，则D.若甲组数据为1，2，3，4，5，乙组数据为6，7，8，9，10 ，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差【答案】BC【解析】【分析】由分层抽样的概念可判定A，由平均数和众数的概念可判定B，由中位数和极差的定义可判定C，由标准差的定义可判定D.【详解】对于A，可知高一学生数为，故A错误；对于B，该组数据的平均数，众数也是14，故B正确；对于C，易知该组数据的极差为，中位数为3，则，故C正确；对于D，易知甲乙两组的平均数分别为，故两组数据的标准差分别为，，故D错误.故选：BC11.函数的定义域为，已知是奇函数，，当时，，则有（）A.一定是周期函数B.在单调递增C.D.【答案】AC【解析】【分析】由抽象函数的性质一一判定即可.【详解】∵是奇函数，∴，∴，故C正确；又，故，即是的一个周期，故A正确； 由是奇函数知关于中心对称，即函数在上的单调性与上的单调性一致，由，则时，，显然此时函数单调递减，即B错误；由上可知：，故D错误.故选：AC.12.如图，在棱长为1的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（）A对任意点P，都有B.存在点P，使得的周长为3C.存在点P，使得PC与所成的角为D.三棱锥的外接球表面积的最小值为【答案】AD【解析】【分析】利用线面垂直即可判定A，利用点到直线的距离可判定B，利用异面直线夹角的求法结合余弦定理求夹角的范围即可判定C，利用球的性质确定外接球半径结合函数求最小值即可判定D.【详解】 连接，由正方体的性质可知，又面，则面，又面，故对任意点P，都有，A正确；的周长为，易知重合时取得最小值，易知为正三角形，故，P为中点时取得，明显，故B错误；设，则由余弦定理及勾股定理可得：，易知，故PC与所成的角为，所以①，令，则，令，由对勾函数的单调性可知：当时，即，，当时，即，当时，即，故①，由余弦函数在锐角范围单调性可知，而，故C错误； 易知底面ABC的外接圆圆心为AC中点E，取的中点，则球心O在线段上，如图所示，连接球心与三棱锥的各顶点，设，则有，化简得，故，当重合时取得最小值，D正确.故选：AD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相应的横线上.13.已知圆锥的高为2，体积为，则该圆锥的侧面积为______.【答案】【解析】【分析】利用圆锥体积公式可知其底面半径，再由侧面展开图可计算可得面积为.【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得圆锥的高，体积，解得；所以圆锥母线；由圆锥侧面展开图可知，展开图是半径为，弧长为的扇形，所以该圆锥的侧面积为.故答案为： 14.已知锐角终边上一点P的坐标为，则______.【答案】##0.5【解析】【分析】利用三角函数的定义和半角公式计算即可.【详解】由三角函数定义可知：，则.故答案为：15.已知函数，若函数有两个零点，且，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】结合函数的性质得出，建立方程用表示，结合二次函数的性质计算即可.【详解】的零点等价于与交点的横坐标，易知在定义域上单调递减，结合一次函数性质可得如下函数图象，故，，所以①，令，则①=，由二次函数的性质可知当时取得最小值，没有最大值， 故.故答案为：.16.定义向量，其中，，若存在实数t，使得对任意的正整数，都有成立，则x的最小值是______.【答案】##【解析】【分析】依题意将问题转化为系列点到的距离大于，从而结合图形分析系列点的情况，得到与，从而得解.【详解】依题意得，则，所以，故，等价于点到的距离，易知与是单位圆上的点，且由于，则是一系列点，因为存在实数t，使得对任意的正整数n，都有成立，即，所以系列点在必然出现周期重叠现象，即为单位圆上有限个点， 否则系列点为无限个数，且会出现与距离趋于的现象，易知此时不可能存在满足题意，所以必有，使得，则，即，此时，易知系列点中每两个点之间的距离为定值，又易知与所夹的弧所对的圆心角为，为使得对任意的正整数n，都有，则也要成立，故当点为的中点时，取得满足要求的最小值，此时，记的中点为，连接，易得，，所以，故，所以，即，因为，所以，易知，所以，故，则，又，所以，即x的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为系列点到的距离大于，再分析系列点的特点，从而得解.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.某校为了调查学生的数学学习情况，在某次数学测试后，抽取了100位同学的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图，已知这100名同学的成绩范围是，数据分组为，，，，. （1）求x的值；（2）估计这100名同学成绩的上四分位数（第75百分位数）.【答案】（1）（2）85.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图的性质计算即可；（2）利用百分位数计算公式计算即可.【小问1详解】由得；【小问2详解】由，设这100名学生成绩的第75百分位数为m，则.由得所以这100名学生成绩的第75百分位数为85.18.已知复数z满足（i是虚数单位）（1）求z的值；（2）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用的除法运算求出即可.（2）由（1）的结论，结合复数的乘方运算，再利用复数的几何意义列出不等式组求解作答.【小问1详解】 由，得.【小问2详解】由（1）知，，由复数在复平面内对应的点在第三象限，得，解得，所以实数m的取值范围为.19.如图所示，M是内一点，且满足，BM的延长线与AC的交点为N.（1）设，，请用，表示；（2）设，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用基底表示向量即可；（2）利用向量的的分解和共线向量的线性关系表示即可.【小问1详解】∵，则，解得，即.【小问2详解】过M作交AB于P，过M作交于Q，则， 因为，则，又因为相似于，所以,所以，即.20.已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）若的外接圆半径为1，且，，求BC边上的中线长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式及二倍角公式化简解析式，再由正弦函数的单调性整体法求单调区间即可；（2）结合（1）及正弦定理可求得三角形的边长及夹角，由向量法求中线长即可.【小问1详解】由解得：，故函数的单调递增区间为.【小问2详解】 ∵，∴，又，∴，又∴，，，∴，，设D为BC中点，则∴，即BC边上的中线长.21.如图所示，在四棱台中，四边形ABCD为菱形，，，.（1）求证：；（2）若直线与平面ABCD所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中点E，连接，BE，利用三线合一得，再证明四边形为平行四边形从而得到，则，再利用线面垂直的判定和性质即可证明；（2）过E作与BD交于点F，连接，利用定义法，通过作图找到二面角的平面角为，再利用余弦定理即可得到答案.【小问1详解】取AD的中点E，连接，BE， 由于四边形ABCD为菱形，，所以三角形是等边三角形，所以，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，因为平面，且，所以平面，又平面，故；【小问2详解】不妨设，则，，，由平面，且平面，则平面平面，又因为平面平面，则在平面投影所在直线为直线，则直线与平面ABCD所成的角，即，因为，则，在中，，，得，即，解得.故，，即，，又因为，且平面，所以平面. 又平面得，所以，则.过E作与BD交于点F，连接，因为，所以，，，所以，所以，则为二面角的平面角.因为，，所以.即二面角的余弦值为.22.已知函数，，且满足.（1）求实数a的取值范围；（2）求证函数存在唯一零点；（3）设，证明.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由的范围解不等式即可求得a的取值范围；（2）利用零点存在性定理即可判定；（3）利用函数单调性可判定不等式左侧，构造差函数利用其单调性可判定不等式右侧. 【小问1详解】由题意可得，解之得；【小问2详解】由（1）可知在单调递增，故在单调递增，且，，所以由零点存在定理，得在内有唯一零点，即函数存在唯一零点；【小问3详解】若，则，所以，又，，所以，令，又，所以，即在上单调递增，故在上单调递增，所，即，综上，证毕.