浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué) Word版含解析.docx

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2023學(xué)年高二年級(jí)第一學(xué)期浙江省名校協(xié)作體試題數(shù)學(xué)試卷考生須知：1.本卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫(xiě)學(xué)校、班級(jí)、姓名、試場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào).3.所有答案必須寫(xiě)在答題卷上，寫(xiě)在試卷上無(wú)效；4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷.選擇題部分一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知，，，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)列舉法表示集合的基本運(yùn)算即可求出結(jié)果.【詳解】由題意可知，又；可得.故選：A2.已知向量，，，則實(shí)數(shù)k的值為（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示計(jì)算即可.【詳解】由題意可得：，所以.故選：B 3.已知異面直線a，b分別為平面，的垂線，直線m滿足，，，，則（）A.與相交，且交線與m平行B.與相交，且交線與m垂直C.與平行，m與平行D.與平行，m與垂直【答案】A【解析】【分析】根據(jù)空間中線、面的位置關(guān)系判定即可.【詳解】若與平行，由可得，與條件矛盾，不符合題意，故C、D錯(cuò)誤；所以與相交，如圖所示，作，且與直線相交，設(shè)，則由題意，故，同理，因?yàn)?，，所以，故A正確.4.在中，“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】由三角形大邊對(duì)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.【詳解】由題可知，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“”的充要條件.故選：C 5.將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)的圖象，則函數(shù)在時(shí)的值域?yàn)椋ǎ〢.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象變換求出函數(shù)的解析式，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)求解即可.【詳解】函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù),因?yàn)?所以,所以,故選:D.6.二戰(zhàn)期間，盟軍的統(tǒng)計(jì)學(xué)家主要是將繳獲的德軍坦克序列號(hào)作為樣本，用樣本估計(jì)總體的方法得出德軍某月生產(chǎn)的坦克總數(shù).假設(shè)德軍某月生產(chǎn)的坦克總數(shù)為N，繳獲的該月生產(chǎn)的n輛坦克編號(hào)從小到大為，，…，，即最大編號(hào)為，且繳獲的坦克是從所生產(chǎn)的坦克中隨機(jī)獲取的.因?yàn)樯a(chǎn)的坦克是連續(xù)編號(hào)的，所以繳獲坦克的編號(hào)，，…，相當(dāng)于從中隨機(jī)抽取的n個(gè)整數(shù)，這n個(gè)數(shù)將區(qū)間分成個(gè)小區(qū)間.由于N是未知的，除了最右邊的區(qū)間外，其他n個(gè)區(qū)間都是已知的，由于這n個(gè)數(shù)是隨機(jī)抽取的，所以可以用前n個(gè)區(qū)間的平均長(zhǎng)度估計(jì)所有個(gè)區(qū)間的平均長(zhǎng)度，進(jìn)而得到N的估計(jì).若繳獲坦克的編號(hào)為14，28，57，92，141，173，224，288，則利用上述方法估計(jì)的總數(shù)為（）A.306B.315C.324D.333 【答案】C【解析】【分析】依題意可先將坦克標(biāo)號(hào)數(shù)據(jù)前n個(gè)區(qū)間的平均長(zhǎng)度計(jì)算出來(lái)，再根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意可知，且；所以前8個(gè)區(qū)間的平均長(zhǎng)度，因此估計(jì)所有9個(gè)區(qū)間的平均長(zhǎng)度，計(jì)算可得.故選：C7.已知，，，則x，y，z的大小關(guān)系為（）A.B.CD.【答案】C【解析】【分析】利用對(duì)數(shù)運(yùn)算法則以及對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性可限定出x，y，z的取自范圍，即可得出結(jié)論.【詳解】根據(jù)題意可得，，利用對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性可知，即；又，可得；而，即；綜上可得.故選：C8.已知，，則的最小值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】合理變形結(jié)合基本不等式計(jì)算即可. 【詳解】由，且，故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得等號(hào).故選：B二、多選題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的或不選的得0分.9.在中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若，，則的面積可能為（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】利用三角形面積公式及余弦定理結(jié)合基本不等式可得面積最大值，由此判定選項(xiàng)即可.詳解】由余弦定理可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)，此時(shí)，當(dāng)A靠近BC時(shí)高較小，此時(shí)的面積接近0，故ABC符合題意.故選：ABC.10.下列命題中正確的是（）A.某校按的比例對(duì)高一、高二、高三三個(gè)年級(jí)的學(xué)生進(jìn)行分層隨機(jī)抽樣，如果抽取的樣本容量為900，則樣本中高一年級(jí)的學(xué)生人數(shù)為300B.一組數(shù)據(jù)12，13，14，14，15，16的平均數(shù)與眾數(shù)相同C.一組數(shù)據(jù)從小到大依次為1，2，3，5，m，若這組數(shù)據(jù)的極差為中位數(shù)的2倍，則D.若甲組數(shù)據(jù)為1，2，3，4，5，乙組數(shù)據(jù)為6，7，8，9，10，則甲組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差大于乙組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差【答案】BC【解析】 【分析】由分層抽樣的概念可判定A，由平均數(shù)和眾數(shù)的概念可判定B，由中位數(shù)和極差的定義可判定C，由標(biāo)準(zhǔn)差的定義可判定D.【詳解】對(duì)于A，可知高一學(xué)生數(shù)為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，眾數(shù)也是14，故B正確；對(duì)于C，易知該組數(shù)據(jù)的極差為，中位數(shù)為3，則，故C正確；對(duì)于D，易知甲乙兩組的平均數(shù)分別為，故兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差分別為，，故D錯(cuò)誤.故選：BC11.函數(shù)的定義域?yàn)?，已知是奇函?shù)，，當(dāng)時(shí)，，則有（）A.一定是周期函數(shù)B.在單調(diào)遞增C.D.【答案】AC【解析】【分析】由抽象函數(shù)的性質(zhì)一一判定即可.【詳解】∵是奇函數(shù)，∴，∴，故C正確；又，故，即是的一個(gè)周期，故A正確；由是奇函數(shù)知關(guān)于中心對(duì)稱，即函數(shù)在上的單調(diào)性與上的單調(diào)性一致，由，則時(shí)， ，顯然此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，即B錯(cuò)誤；由上可知：，故D錯(cuò)誤.故選：AC.12.如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，點(diǎn)P為線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則（）A對(duì)任意點(diǎn)P，都有B.存在點(diǎn)P，使得的周長(zhǎng)為3C.存在點(diǎn)P，使得PC與所成的角為D.三棱錐的外接球表面積的最小值為【答案】AD【解析】【分析】利用線面垂直即可判定A，利用點(diǎn)到直線的距離可判定B，利用異面直線夾角的求法結(jié)合余弦定理求夾角的范圍即可判定C，利用球的性質(zhì)確定外接球半徑結(jié)合函數(shù)求最小值即可判定D.【詳解】連接，由正方體的性質(zhì)可知，又面，則面，又面，故對(duì)任意點(diǎn)P，都有，A正確； 的周長(zhǎng)為，易知重合時(shí)取得最小值，易知為正三角形，故，P為中點(diǎn)時(shí)取得，明顯，故B錯(cuò)誤；設(shè)，則由余弦定理及勾股定理可得：，易知，故PC與所成的角為，所以①，令，則，令，由對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性可知：當(dāng)時(shí)，即，，當(dāng)時(shí)，即，當(dāng)時(shí)，即，故①，由余弦函數(shù)在銳角范圍單調(diào)性可知，而，故C錯(cuò)誤；易知底面ABC的外接圓圓心為AC中點(diǎn)E，取的中點(diǎn)，則球心O在線段上，如圖所示，連接球心與三棱錐的各頂點(diǎn)， 設(shè)，則有，化簡(jiǎn)得，故，當(dāng)重合時(shí)取得最小值，D正確.故選：AD非選擇題部分三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡中相應(yīng)的橫線上.13.已知圓錐的高為2，體積為，則該圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_____.【答案】【解析】【分析】利用圓錐體積公式可知其底面半徑，再由側(cè)面展開(kāi)圖可計(jì)算可得面積為.【詳解】設(shè)圓錐底面半徑為，由題意可得圓錐的高，體積，解得；所以圓錐母線；由圓錐側(cè)面展開(kāi)圖可知，展開(kāi)圖是半徑為，弧長(zhǎng)為的扇形，所以該圓錐的側(cè)面積為.故答案為：14.已知銳角終邊上一點(diǎn)P的坐標(biāo)為，則______.【答案】##0.5【解析】【分析】利用三角函數(shù)的定義和半角公式計(jì)算即可.【詳解】由三角函數(shù)定義可知：，則. 故答案為：15.已知函數(shù)，若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，則的取值范圍為_(kāi)_____.【答案】【解析】【分析】結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)得出，建立方程用表示，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算即可.【詳解】的零點(diǎn)等價(jià)于與交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，易知在定義域上單調(diào)遞減，結(jié)合一次函數(shù)性質(zhì)可得如下函數(shù)圖象，故，，所以①，令，則①=，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知當(dāng)時(shí)取得最小值，沒(méi)有最大值，故.故答案為：.16.定義向量，其中，，若存在實(shí)數(shù)t，使得對(duì)任意的正整數(shù)，都有成立，則x的最小值是______.【答案】##【解析】 【分析】依題意將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為系列點(diǎn)到的距離大于，從而結(jié)合圖形分析系列點(diǎn)的情況，得到與，從而得解.【詳解】依題意得，則，所以，故，等價(jià)于點(diǎn)到的距離，易知與是單位圓上的點(diǎn)，且由于，則是一系列點(diǎn)，因?yàn)榇嬖趯?shí)數(shù)t，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有成立，即，所以系列點(diǎn)在必然出現(xiàn)周期重疊現(xiàn)象，即為單位圓上有限個(gè)點(diǎn)，否則系列點(diǎn)為無(wú)限個(gè)數(shù)，且會(huì)出現(xiàn)與距離趨于的現(xiàn)象，易知此時(shí)不可能存在滿足題意，所以必有，使得，則，即，此時(shí)，易知系列點(diǎn)中每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)之間的距離為定值，又易知與所夾的弧所對(duì)的圓心角為，為使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有，則也要成立，故當(dāng)點(diǎn)為的中點(diǎn)時(shí)，取得滿足要求的最小值， 此時(shí)，記的中點(diǎn)為，連接，易得，，所以，故，所以，即，因?yàn)?，所以，易知，所以，故，則，又，所以，即x的最小值為.故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為系列點(diǎn)到的距離大于，再分析系列點(diǎn)的特點(diǎn)，從而得解.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.某校為了調(diào)查學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，在某次數(shù)學(xué)測(cè)試后，抽取了100位同學(xué)的成績(jī)，并繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，已知這100名同學(xué)的成績(jī)范圍是，數(shù)據(jù)分組為，，，，.（1）求x的值；（2）估計(jì)這100名同學(xué)成績(jī)的上四分位數(shù)（第75百分位數(shù)）.【答案】（1）（2）85.【解析】【分析】（1）由頻率分布直方圖的性質(zhì)計(jì)算即可； （2）利用百分位數(shù)計(jì)算公式計(jì)算即可.【小問(wèn)1詳解】由得；【小問(wèn)2詳解】由，設(shè)這100名學(xué)生成績(jī)的第75百分位數(shù)為m，則.由得所以這100名學(xué)生成績(jī)的第75百分位數(shù)為85.18.已知復(fù)數(shù)z滿足（i是虛數(shù)單位）（1）求z的值；（2）若復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用的除法運(yùn)算求出即可.（2）由（1）的結(jié)論，結(jié)合復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算，再利用復(fù)數(shù)的幾何意義列出不等式組求解作答.【小問(wèn)1詳解】由，得.【小問(wèn)2詳解】由（1）知，，由復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，得，解得，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為.19.如圖所示，M是內(nèi)一點(diǎn)，且滿足，BM的延長(zhǎng)線與AC的交點(diǎn)為N. （1）設(shè)，，請(qǐng)用，表示；（2）設(shè)，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線向量的線性關(guān)系表示即可.【小問(wèn)1詳解】∵，則，解得，即.【小問(wèn)2詳解】過(guò)M作交AB于P，過(guò)M作交于Q，則，因?yàn)椋瑒t，又因?yàn)橄嗨朴?，所?所以，即.20.已知函數(shù). （1）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若的外接圓半徑為1，且，，求BC邊上的中線長(zhǎng).【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用誘導(dǎo)公式及二倍角公式化簡(jiǎn)解析式，再由正弦函數(shù)的單調(diào)性整體法求單調(diào)區(qū)間即可；（2）結(jié)合（1）及正弦定理可求得三角形的邊長(zhǎng)及夾角，由向量法求中線長(zhǎng)即可.【小問(wèn)1詳解】由解得：，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.【小問(wèn)2詳解】∵，∴，又，∴，又∴，，，∴，，設(shè)D為BC中點(diǎn)，則∴，即BC邊上的中線長(zhǎng).21.如圖所示，在四棱臺(tái)中，四邊形ABCD為菱形，，，. （1）求證：；（2）若直線與平面ABCD所成角的正弦值為，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中點(diǎn)E，連接，BE，利用三線合一得，再證明四邊形為平行四邊形從而得到，則，再利用線面垂直的判定和性質(zhì)即可證明；（2）過(guò)E作與BD交于點(diǎn)F，連接，利用定義法，通過(guò)作圖找到二面角的平面角為，再利用余弦定理即可得到答案.【小問(wèn)1詳解】取AD的中點(diǎn)E，連接，BE，由于四邊形ABCD為菱形，，所以三角形是等邊三角形，所以，所以，又因?yàn)椋?，所以四邊形為平行四邊形，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)槠矫妫?，所以平面，又平面，故；【小?wèn)2詳解】 不妨設(shè)，則，，，由平面，且平面，則平面平面，又因?yàn)槠矫嫫矫?，則在平面投影所在直線為直線，則直線與平面ABCD所成的角，即，因?yàn)?，則，在中，，，得，即，解得.故，，即，，又因?yàn)椋移矫?，所以平?又平面得，所以，則.過(guò)E作與BD交于點(diǎn)F，連接，因?yàn)?，所以，，，所以，所以，則為二面角的平面角.因?yàn)椋?所以.即二面角的余弦值為.22.已知函數(shù)，，且滿足.（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）求證函數(shù)存在唯一零點(diǎn)；（3）設(shè)，證明.【答案】（1）（2）證明見(jiàn)解析（3）證明見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）由的范圍解不等式即可求得a的取值范圍；（2）利用零點(diǎn)存在性定理即可判定；（3）利用函數(shù)單調(diào)性可判定不等式左側(cè)，構(gòu)造差函數(shù)利用其單調(diào)性可判定不等式右側(cè).【小問(wèn)1詳解】由題意可得，解之得；【小問(wèn)2詳解】由（1）可知在單調(diào)遞增，故在單調(diào)遞增，且，，所以由零點(diǎn)存在定理，得在內(nèi)有唯一零點(diǎn)，即函數(shù)存在唯一零點(diǎn)；【小問(wèn)3詳解】若，則，所以，又，， 所以，令，又，所以，即在上單調(diào)遞增，故在上單調(diào)遞增，所，即，綜上，證畢.