浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開學(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，考試時間120分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學(xué)校、班級、姓名、試場號、座位號及準(zhǔn)考證號.3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；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選項中，只有一項是符合題目要求的.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，因為，，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)的圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，則函數(shù)在時的值域為（）A.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)的圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù),因為,所以,所以,故選:D.6.二戰(zhàn)期間，盟軍的統(tǒng)計學(xué)家主要是將繳獲的德軍坦克序列號作為樣本，用樣本估計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輛坦克編號從小到大為，，…，，即最大編號為，且繳獲的坦克是從所生產(chǎn)的坦克中隨機(jī)獲取的.因為生產(chǎn)的坦克是連續(xù)編號的，所以繳獲坦克的編號，，…，相當(dāng)于從中隨機(jī)抽取的n個整數(shù)，這n個數(shù)將區(qū)間分成個小區(qū)間.由于N是未知的，除了最右邊的區(qū)間外，其他n個區(qū)間都是已知的，由于這n個數(shù)是隨機(jī)抽取的，所以可以用前n個區(qū)間的平均長度估計所有個區(qū)間的平均長度，進(jìn)而得到N的估計.若繳獲坦克的編號為14，28，57，92，141，173，224，288，則利用上述方法估計的總數(shù)為（）A.306B.315C.324D.333 【答案】C【解析】【分析】依題意可先將坦克標(biāo)號數(shù)據(jù)前n個區(qū)間的平均長度計算出來，再根據(jù)樣本估計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個區(qū)間的平均長度，因此估計所有9個區(qū)間的平均長度，計算可得.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】利用對數(shù)運(yùn)算法則以及對數(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)合基本不等式計算即可. 【詳解】由，且，故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得等號.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選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的或不選的得0分.9.在中，角A，B，C的對邊分別為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，由此判定選項即可.詳解】由余弦定理可得，當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號，此時，當(dāng)A靠近BC時高較小，此時的面積接近0，故ABC符合題意.故選：ABC.10.下列命題中正確的是（）A.某校按的比例對高一、高二、高三三個年級的學(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】對于A，可知高一學(xué)生數(shù)為，故A錯誤；對于B，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，眾數(shù)也是14，故B正確；對于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錯誤.故選：BC11.函數(shù)的定義域為，已知是奇函數(shù)，，當(dāng)時，，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，即是的一個周期，故A正確；由是奇函數(shù)知關(guān)于中心對稱，即函數(shù)在上的單調(diào)性與上的單調(diào)性一致，由，則時， ，顯然此時函數(shù)單調(diào)遞減，即B錯誤；由上可知：，故D錯誤.故選：AC.12.如圖，在棱長為1的正方體中，點P為線段上的一個動點，則（）A對任意點P，都有B.存在點P，使得的周長為3C.存在點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，故對任意點P，都有，A正確； 的周長為，易知重合時取得最小值，易知為正三角形，故，P為中點時取得，明顯，故B錯誤；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，由對勾函數(shù)的單調(diào)性可知：當(dāng)時，即，，當(dāng)時，即，當(dāng)時，即，故①，由余弦函數(shù)在銳角范圍單調(diào)性可知，而，故C錯誤；易知底面ABC的外接圓圓心為AC中點E，取的中點，則球心O在線段上，如圖所示，連接球心與三棱錐的各頂點， 設(shè)，則有，化簡得，故，當(dāng)重合時取得最小值，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______.【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)面展開圖可計算可得面積為.【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)面展開圖可知，展開圖是半徑為，弧長為的扇形，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)有兩個零點，且，則的取值范圍為______.【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)計算即可.【詳解】的零點等價于與交點的橫坐標(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)時取得最小值，沒有最大值，故.故答案為：.16.定義向量，其中，，若存在實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)，都有成立，則x的最小值是______.【答案】##【解析】 【分析】依題意將問題轉(zhuǎn)化為系列點到的距離大于，從而結(jié)合圖形分析系列點的情況，得到與，從而得解.【詳解】依題意得，則，所以，故，等價于點到的距離，易知與是單位圓上的點，且由于，則是一系列點，因為存在實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)n，都有成立，即，所以系列點在必然出現(xiàn)周期重疊現(xiàn)象，即為單位圓上有限個點，否則系列點為無限個數(shù)，且會出現(xiàn)與距離趨于的現(xiàn)象，易知此時不可能存在滿足題意，所以必有，使得，則，即，此時，易知系列點中每兩個點之間的距離為定值，又易知與所夾的弧所對的圓心角為，為使得對任意的正整數(shù)n，都有，則也要成立，故當(dāng)點為的中點時，取得滿足要求的最小值， 此時，記的中點為，連接，易得，，所以，故，所以，即，因為，所以，易知，所以，故，則，又，所以，即x的最小值為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是將問題轉(zhuǎn)化為系列點到的距離大于，再分析系列點的特點，從而得解.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.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)測試后，抽取了100位同學(xué)的成績，并繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，已知這100名同學(xué)的成績范圍是，數(shù)據(jù)分組為，，，，.（1）求x的值；（2）估計這100名同學(xué)成績的上四分位數(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)計算即可； （2）利用百分位數(shù)計算公式計算即可.【小問1詳解】由得；【小問2詳解】由，設(shè)這100名學(xué)生成績的第75百分位數(shù)為m，則.由得所以這100名學(xué)生成績的第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)對應(yīng)的點在第三象限，求實數(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1詳解】由，得.【小問2詳解】由（1）知，，由復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第三象限，得，解得，所以實數(shù)m的取值范圍為.19.如圖所示，M是內(nèi)一點，且滿足，BM的延長線與AC的交點為N. （1）設(shè)，，請用，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1詳解】∵，則，解得，即.【小問2詳解】過M作交AB于P，過M作交于Q，則，因為，則，又因為相似于，所以,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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用誘導(dǎo)公式及二倍角公式化簡解析式，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及夾角，由向量法求中線長即可.【小問1詳解】由解得：，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.【小問2詳解】∵，∴，又，∴，又∴，，，∴，，設(shè)D為BC中點，則∴，即BC邊上的中線長.21.如圖所示，在四棱臺中，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）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中點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E作與BD交于點F，連接，利用定義法，通過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1詳解】取AD的中點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，又因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為，所以，因為平面，且，所以平面，又平面，故；【小問2詳解】 不妨設(shè)，則，，，由平面，且平面，則平面平面，又因為平面平面，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，因為，則，在中，，，得，即，解得.故，，即，，又因為，且平面，所以平面.又平面得，所以，則.過E作與BD交于點F，連接，因為，所以，，，所以，所以，則為二面角的平面角.因為，， 所以.即二面角的余弦值為.22.已知函數(shù)，，且滿足.（1）求實數(shù)a的取值范圍；（2）求證函數(shù)存在唯一零點；（3）設(shè)，證明.【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【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1詳解】由題意可得，解之得；【小問2詳解】由（1）可知在單調(diào)遞增，故在單調(diào)遞增，且，，所以由零點存在定理，得在內(nèi)有唯一零點，即函數(shù)存在唯一零點；【小問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.