浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高二数学上学期返校联考试题（Word版附解析）

高二数学学科试题考生须知：1．本试题卷共4页，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班级、姓名、考场号、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（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知集合，，则集合（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的含义可得答案.【详解】因为集合，，所以.故选：B.2.“为三角形的一个内角”是“为第一、二象限角”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】D【解析】【分析】判断“为三角形的一个内角”和“为第一、二象限角”之间逻辑推理关系，即得答案.【详解】为三角形的一个内角，当时，不是第一、二象限角，故“为三角形的一个内角”推不出“为第一、二象限角”；当为第一、二象限角时，不妨取，不是三角形的一个内角，故“为第一、二象限角”推不出“为三角形的一个内角”； 故“为三角形的一个内角”是“为第一、二象限角”的既不充分又不必要条件，故选：D3.如图是H城市某路段监测到的上午7：00至8：00通过该路段的所有汽车的时速频率分布直方图，若汽车通过该路段的时速大于等于70则属于违章行驶，已知时速在的汽车的频数是30，则本次统计中违章行驶的汽车有（）辆A.10B.20C.30D.40【答案】B【解析】【分析】由直方图的数据可求出总车辆数，从而求出时速大于等于70的车辆数.【详解】由直方图的数据可知，时速在的汽车的频数30，频率为，故总车辆数为100，故违章汽车为辆.故选：B4.一只红蚂蚁与一只黑蚂蚁在一个圆（半径为1cm）的圆周上爬动，且两只蚂蚁均从点同时逆时针匀速爬动，红蚂蚁以的速度爬行，黑蚂蚁以的速度爬行，则2秒钟后，两只蚂蚁之间的直线距离为（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作图利用单位圆解几何图形即可. 【详解】如图所示，红蚂蚁以的速度爬行，黑蚂蚁以的速度爬行，则2秒钟后，红蚂蚁绕圆的角度为，到达B处，黑蚂蚁绕圆的角度为，到达C处，此时，即为正三角形，故.故选：A5.已知，是实数，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】取特殊值验证，可判断A，B，D；利用不等式性质结合基本不等式可判断C.详解】对于A，取，则，A错误；对于B，取，，B错误‘对于C，因为，故，，，故，C正确；对于D，取，则，D错误；故选：C6.若对任意实数，规定，则函数的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】 【分析】根据题中函数新定义可得的解析式，作出其图象，数形结合，可得答案.【详解】由题意得，作出该函数的图象如图，由函数图像可得，当时，有最大值2，故选：B7.设，若函数为单调函数，且对任意实数，都有，则的值等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得到，设，结合题意求得，得到函数，即可求得的值.【详解】对任意的，总有且，所以，又因为函数为单调函数，可得，即，可设（其中为常数），所以， 所以，所以，所以，可得.故选：D.8.已知长方体中，，，用过该长方体体对角线的平面去截该长方体，则所得截面的面积最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分类讨论截面的位置，利用异面直线的距离计算截面面积即可.【详解】假设截面为，易知截面为平行四边形，过点作，垂足为，则截面面积，因为为定值，所以只要最小，当F在BC上（不含两端点）时，如图所示建立空间直角坐标系，则为异面直线和的公垂线时，EF最小，易知异面直线和的距离即到平面的距离，，设面的法向量为，则，则，令，则，即，所以BC到面的距离为；当F在上（不含两端点）时，如图所示， 此时为和的公垂线时，最小．同上可得和的公垂线长为；当F在上（不含两端点）时，如图所示，此时EF为和的公垂线，最小．同上可得和的公垂线长为；故，此时，易得特殊截面，，，比较所得.故选：C.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给的四个选项中，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，有选错的得0分）9.设、、是三条不同的直线，、、是三个不同平面，则下列命题不正确的有（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则 D.若，，，则【答案】BCD【解析】【分析】根据线面垂直的性质可判断A；根据线面平行的性质判断B；根据面面垂直的性质结合线面垂直性质判断C；根据线面以及面面平行的性质判断D.【详解】对于A，因为，，故；因为，则，A正确；对于B，，，则可能平行，也可能异面，则，推不出，B错误；对于C，，，则可能平行也可能相交，故时，得不出，C错误；对于D，，，则，由，可知a可能在平面内，D错误，故选：BCD10.某体育老师对甲乙两名队员进行了5次射击测试，统计了甲和乙的射击成绩，甲的成绩分别为环；乙的成绩分别为环，则下列说法正确的是（）A.平均来说甲乙射击技术差不多B.甲的射击技术比乙更稳定C.甲成绩的中位数比乙高D.甲的40百分位数比乙的高【答案】AC【解析】【分析】根据甲乙的成绩数据，依次计算或判断其平均数以及数据的分散集中程度、中位数和百分位数，即可判断答案.【详解】对于A，甲的平均成绩为（环），乙的平均成绩为（环），故平均来说甲乙射击技术差不多，A正确；对于B，乙的5次成绩明显更为集中，故乙的射击技术比甲更稳定，B错误；对于C，将甲的成绩从小到大分别为环，故其中位数为9环， 乙的成绩分别为环，故其中位数为8环，即甲成绩的中位数比乙高，C正确；对于D，，故甲的40百分位数，乙的40百分位数，即甲的40百分位数与乙的相等，D错误，故选：AC11.设，，则（）A.的值域与的值有关B.当时，在上单调递增C.若是它的一条对称轴，则D.若，则为偶函数【答案】BD【解析】【分析】由辅助角公式化简再利用三角函数的图像及性质一一判定即可.【详解】由辅助角公式化简可得，所以的值域，与的值无关，A错误；当时，因为，，，故B正确；因为，由题意，，当时，，C错误；因为，由题意，，是偶函数，D正确.故选：BD.12.函数，（，，是实数且，，），则的图象可能是（） A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据的正负，可取特殊值，一一判断各选项图象是否有可能，即可得答案.【详解】由，，，当时，函数值恒小于零，无负零点，故A错误.当，如，，时，，定义域为，该函数图象和B相符，B可能；当时，如，，时，该函数图象和C相符，可以是C；当，如，时，，即把的图象向右平移，故D有可能，故选：BCD非选择题部分三、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知复数满足，则复数的虚部为________；【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数，即可得答案.【详解】由可得，故数的虚部为， 故答案为：14.若从集合中任取3个元素组成该集合的一个子集，那么取得的子集中，满足3个元素中恰好含有2个连续整数的概率等于________；【答案】##0.6【解析】【分析】根据古典概型的概率公式，即可求得答案.【详解】从中任取3个元素形成的子集共有个，当连续整数为1，2时，此时符合条件的子集有2个；当连续整数为2，3时，此时符合条件的子集有1个；当连续整数为3，4时，此时符合条件的子集有1个，当连续整数为4，5时，此时符合条件的子集有2个，有故6个子集中恰好含有两个连续整数．故所求概率为，故答案为：15.已知实数，且，则的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】由，可得，化简得到，结合对勾函数的单调性，即可求解.【详解】因为，可得，因为，可得，解得，则，设结合对勾函数的性质， 可得函数在区间单调递减，在单调递递增，所以，且，所以，即的取值范围为.故答案为：.16.为的外心，且，则的内角的余弦值为________.【答案】【解析】【分析】设，根据数量积的运算律将化为并平方可得，判断为锐角三角形，结合二倍角公式即可求得答案.【详解】因为为的外心，又由，平方可得：,不妨设，则,故为锐角，由于，或，又由：,可得点在的内部，即为锐角三角形,故，C为锐角，即，故，故答案为： 四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.一组学生参加了一次考试，他们的分数分布如下：80859075889278828590.（1）随机选择一个学生，他得到85分的概率是多少?（2）这组学生中，得分超过80分的概率是多少?（3）选择两个学生，他们分数都在80分以上的概率是多少（学生得分相互不影响）?【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）根据题意，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（3）根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解.【小问1详解】解：由题意，得到85分的学生有2人，所以概率为，即概率为.【小问2详解】解：由题意，得分超过80分的学生有7人，所以概率为.【小问3详解】解：由题意，分数都在80分以上的学生有7人（得分为85、90、88、92、82、85、90），所以概率为.18.若平面上的三个力，作用于一点，且处于平衡状态.已知，，与的夹角为.（1）求的大小；（2）求在上的投影向量（用表示）.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）利用向量的数量积及模长关系计算即可；（2）利用投影向量的定义及计算公式计算即可. 【小问1详解】因为，，与的夹角为，所以，又，所以；【小问2详解】因为在上的投影向量是，又，所以.19.在正三棱台中，已知，，三棱台的高.（1）求棱台的体积；（2）若球与正三棱台内切（与棱台各面都相切），求球的表面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接代入台体的体积公式求解.（2）利用上下底面之间的距离为内切球的直径求解.【小问1详解】因为，分别为下底面，上底面面积..【小问2详解】因为上下底面相互平行且均与内切球相切，故上下底面之间的距离为内切球的直径， 所以，故球O的半径.所以球的表面积．20.在中，角，，的对边分别为，，，且，.（1）求角；（2）求边上中线长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将平方后，结合余弦定理即可求得答案；（2）解法1，求得外接圆半径，过点C作，交BD延长线于E，利用余弦定理推出，结合正弦定理边化角，以及三角恒等变换，化简可得的表达式，结合三角函数性质，即可求得答案；解法2，利用平行四边形性质可得，下面解法同解法1；解法3，利用余弦定理结合基本不等式可求得答案；解法4，利用三角形外接圆中线段的不等式关系，可求得答案.【小问1详解】由，可得：，即，所以，而，从而；【小问2详解】解法1：设外接圆半径为R，则，如图所示，过点C作，交BD延长线于E，则∽，则， 故，所以，，又因为，故，则，所以，即；解法2：由平行四边形性质可得，所以，因为 ，又因为，故，则，所以，则，即；解法3：因为，所以，所以，又因为，结合解法2可知，所以，即，当且仅当时取到最大值；解法4：如图所示，，，设外接圆半径为R，则，故有外接圆如图，D为的中点，则，由图可知，所以.21.如图，三棱锥中，平面，. （1）求证：；（2）若点在棱上，满足，且有，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质可证明结论；（2）解法1，作出二面角的平面角为，二面角与二面角互余，解三角形即可求得答案；解法2，利用定义法作出二面角的平面角，解三角形求得答案；解法3，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间角的向量求法即可求得答案.【小问1详解】因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以；【小问2详解】解法1：作交于点，则平面，平面，故；作，垂足为，则,连结，而，故，平面， 故平面，平面，则，所以就是二面角的平面角，显然二面角与二面角互余；因为，，所以点是的中点．因为，．所以点是的中点．又，所以点是的中点．又，故在中，，所以，则二面角的正弦值也是.解法2：作，因为平面，平面，平面，，作，垂足为，连接HF,平面，故平面,平面，故，所以就是二面角的平面角，因为，，所以点是的中点．因平面，平面，故，平面，故，为中点，为中点，在中，，，则，则， 故二面角的正弦值是.解法3：以，为轴，过点平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，设，，即，，在直线上，则D为的中点，，，，则，平面的法向量可取为，设平面的法向量为，则，令，则，故，故，由原图可知二面角为锐角，故二面角的正弦值是.22.已知函数，，，且函数有三个零点.（1）求的取值范围； （2）若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）转化为与有三个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案；（2）转化为，对变形后得到其单调递增，求出，再分三种情况，求出的最大值，得到不等式，求出实数的取值范围.【小问1详解】设,有三个零点，即与有三个不同的交点，如图所示则，即；【小问2详解】对任意的，总存在，使得成立，，，函数有三个零点，由，，在上递增， ，，①若，即，则在上单调递增，，，解得，故，②令，解得，若，即，此时在处取得最大值，，由于恒成立，；③若，即，此时在处取得最大值，则，，解得，；综上可得：.