2022-2023学年高二上学期返校适应性考试数学试题2（Word版含解析）

2022-2023学年高二上学期返校适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．复数，则（ ）
A．2 B．3 C． D．5
2．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为3、圆心角为的扇形，则该圆锥的高是（ ）
A． B．2 C． D．
3．已知事件A B相互独立，，则（ ）
A．0.58 B．0.9 C．0.7 D．0.72
4．已知直三棱柱，若，，是棱中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
5．定义在R上的偶函数满足，当时，，若在区间内，函数有个5零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知，则以下关系不正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．设函数的定义域为R，若存在常数，使对一切实数x均成立，则称为“F函数”．给出下列函数：①；②；③；④．其中是“F函数”的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．八卦是中国文化中的基本哲学概念，如图①是八卦模型图，其平面图形记为图②中的正八边形，其中，则下列结论中正确的有（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数 B．若为增函数，则
C．当时，函数恰有两个零点 D．当时，函数恰有1个极值点
11．在中，角、、所对的边分别是、、，点是其所在平面内一点，（ ）
A．若，则点在的中位线上
B．若，则为的重心
C．若，则为锐角三角形
D．若，则是等腰三角形
12．棱长均为1的正三棱锥中，分别是棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A． B．平面截正三棱锥所得截面的面积为
C． D．异面直线和所成角的余弦值等于
三、填空题
13．集合，则m＝___．
14．关于的一元二次不等式的解集是，则关于的不等式的解集为_________．
15．平面向量满足：，且．则的取值范围为________．
16．已知平面内不同的三点O，A，B，满足，若，的最小值为，则=__________.
四、解答题
17．已知复数，i是虚数单位）．
(1)若是纯虚数，求m的值和；
(2)设是z的共轭复数，复数在复平面上对应的点位于第二象限，求m的取值范围．
18．已知函数是该函数图象的对称中心
(1)求函数的解析式；
(2)在中，角的对边分别为，若，，求的取值范围.
19．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，该摩天轮轮盘直径为米，设置有个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面米，匀速转动一周大约需要分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.
(1)经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中），求摩天轮转动一周的解析式；
(2)游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到50米？
(3)若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值.
20．袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球 黄球 绿球，从中任意取一球，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率是，试求：
（1）从中任取一球，得到黑球 黄球 绿球的概率各是多少？
（2）从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少？
21．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)若棱的中点为，求的长；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
22．已知函数，，其中，.
(1)求函数在上的最小值；
(2)若函数恰好存在三个零点、、，且，求的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式即可得解.
【详解】
解：，
所以.
故选：C.
2．C
【解析】
【分析】
设此圆的底面半径为，高为，母线为，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出，再根据勾股定理，即可求出此圆锥高．
【详解】
设此圆的底面半径为，高为，母线为，
∵圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，
∴，
又，解得，
因此，此圆锥的高．
故选：C．
3．A
【解析】
【分析】
由概率加法公式求解
【详解】
由题意
故
故选：A
4．C
【解析】
【分析】
为中点，连接易得为平行四边形，则，进而确定直线与直线所成角的平面角，应用余弦定理求其余弦值.
【详解】
若为中点，连接，又是棱中点，
所以，在直三棱柱中且，即为平行四边形，
所以，则直线与直线所成角即为，
若，则，，
所以.
故选：C
5．B
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性求出函数在上的解析式，将问题转化为函数图象与在上有5个不同的交点，结合图形即可得出结果.
【详解】
由题意知，
函数为偶函数，且，
令，则，
所以函数是以4为周期的函数.
当时，，
所以，即当时，
因为函数在上有5个零点，
所以方程在上有5个根，
即函数图象与在上有5个不同的交点，如图，
当时，，，，
设，则，，
当，，
所以在时，函数只有一个零点，
此时，若要使图象与在上有5个不同的交点，
则，，所以；
当时，，
所以在时，函数有两个零点，
所以且，即，
解得，
故m的取值范围为.
故选：B.
6．D
【解析】
【分析】
根据指数函数和幂函数的性质，先判断出a，b，c的大小，再根据不等式的性质逐项分析即可.
【详解】
对于指数函数： ，若 ，则为减函数， ，即 ，
对于幂函数： 是增函数， ，即 ，
a，b，c的大小关系为： ，故A正确；
对于B，由于 ，由于 ，故B正确；
对于C，由于 是减函数， ，故C正确；
对于D，若 成立，则有 ，即 ，与上述结论矛盾，
故D错误；
故选：D.
7．C
【解析】
【分析】
①若，则没有最大值，故不是函数；
②当时，，此时不成立，故不是函数；
③，所以是F函数；
④总成立，是F函数．
【详解】
解： ①若，则没有最大值，则不存在使成立，故不是函数；
②若，则当时，，此时不成立，故不是函数；
③由，且时，，显然，∴是F函数；
④由题得，所以为奇函数，且，∴，
所以，所以，
又时，，当时，，故，
所以即，
当时，，∴总成立，是F函数．
故选：C
8．C
【解析】
【分析】
根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．
【详解】
解：在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
所以，即的取值范围是．
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.
9．ABD
【解析】
【分析】
根据正八边形性质，向量的共线，加法法则判断AC，计算出向量的数量积和模判断BD．
【详解】
由正八边形性质知，A正确，而与同向，不可能等于，C错；
，B正确；
．D正确．
故选：ABD．
10．AB
【解析】
【分析】
A利用奇偶性定义判断；B利用导数研究恒成立求a的范围；C结合B结论即可判断；D利用零点存在性定理判断异号零点的个数即可判断.
【详解】
且定义域为，即为奇函数，A正确；
若为增函数，恒成立，
令，则，即递增；
又，故上，上，即在上递减，在上递增，
所以恒成立，可得，B正确；
由B知：时为增函数，不可能存在两个零点，C错误；
时，由B分析知：，，，故在、上各有一个异号零点，则有2个极值点，D错误；
故选：AB
【点睛】
关键点点睛：构造中间函数研究恒成立求参数范围，根据零点存在性定理及单调性判断的零点个数.
11．ABD
【解析】
【分析】
由平面向量的线性运算以及向量共线基本定理可判断A选项的正误；利用三角形重心的向量表示可判断B选项的正误；利用特殊值法可判断C选项的正误；利用正弦定理边角互化可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，则，
即，
设、的中点分别为、，则，故点在的中位线上，A对；
对于B选项，设为的中点，则，
所以，，故为的重心，B对；
对于C选项，取，，，则满足，但，此时，为直角三角形，C错；
对于D选项，，由正弦定理可得，
，，则，，可得，
所以，为等腰三角形，D对.
故选：ABD.
12．ABD
【解析】
【分析】
对选项A，首先连接，，易证平面，再利用线面垂直的性质即可判断A正确；
对选项B，取的中点，连接，得到四边形为平面截正三棱锥所得截面，再求其面积即可判断B正确；
对选项C，取的中点，连接，根据所以，，即可判断C错误；
对选项D，作出辅助线，找到异面直线和所成角，求出各边长，利用余弦定理进行求解，即可判断D正确.
【详解】
对选项A，连接，，如图所示：
因为三棱锥为正三棱锥，为中点，
所以，，
又因为，所以平面.
又因为平面，所以，故A正确；
对选项B，取的中点，连接，如图所示：
因为正三棱锥中，棱长均为1，分别是棱的中点，
所以，，即四点共面，
即四边形为平面截正三棱锥所得截面，且四边形为平行四边形。
因为，，
所以，
因为，所以，即，
所以四边形为正方形，面积为，故B正确。
对选项C，取的中点，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以，
又因为，所以与不平行，故C错误。
对选项D，取CM中点H，连接QH，BH，
则VM∥QH，则∠HQB即为异面直线和所成角，，，
，，
由余弦定理得：
异面直线和所成角的余弦值等于.
故选：ABD
13．
【解析】
【分析】
根据B A，得到集合B的元素都是集合A的元素，进而求出m的值．
【详解】
∵集合，
∴，解得．
故答案为：±2．
14．
【解析】
【分析】
利用韦达定理得，再解不等式即得解.
【详解】
因为关于的一元二次不等式的解集是，
所以.
因为，
所以，
即，
所以，
所以
解得
故答案为：，
15．
【解析】
【分析】
由题意可得，，对应的点在单位圆上，且是等边三角形，且所求表达式转化为，从而问题转化为圆上的点到点的距离之和，即，再利用不等式的性质以及三角形的性质即可求解.
【详解】
因为向量满足，且，
所以，，对应的点在单位圆上，且是等边三角形，
且
即圆上的点到点的距离之和，即
若点不与重合，不妨设点在上，
则，，
，
故点在圆上运动时，，
又因为为单位圆的内接等边三角形，
所以，
所以，
由余弦定理可得：且，
即，所以，
可得，当且仅当即点与点重合时，等号成立，
又因为，所以当且仅当点是、、的中点时，等号成立，
所以的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛:本题解题的关键点是利用已知条件将，，对应的点在单位圆上，且是单位圆的内接正三角形，将问题转化为圆上的点到三点的距离之和.
16．
【解析】
【分析】
由题设，将平面向量转化为平面几何图形，在以为圆心半径的圆上，利用向量加减、数乘的几何意义分别确定、的位置，进而得到表示为，若是关于的对称点，可知，，三点共线时最小，在中运用余弦定理求，即可求.
【详解】
由题设.如图1，若，.则，，
，即.
∴，即
若是关于的对称点，
则，即，如图2，
当且仅当，，三点共线时最小.
∵，即，
∴此时在中，，
而，且为锐角，
∴，∴.
故答案为：
17．(1)，；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的实部为，虚部不为求出的值，进而求出复数的模；
（2）首先根据第（1）问求出，然后根据复平面上对应点在第二象限，则实部小于，虚部大于，解不等式组求出的取值范围.
(1)
依题意得，
，
若是纯虚数，则，解得，
，.
(2)
由（1）知，，
，，
复数在复平面上对应的点位于第二象限，
，解得，即.
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意得，则可求出，从而可求出函数的解析式；
（2）由可求出，由正弦定理得，从而可表示出，化简后利用三角函数的性质可求得结果
(1)
由题知，
因为，所以，
所以函数，
即为.
(2)
由题知，即，
因为，所以，所以，
即.
所以由正弦定理得，
所以,
因为
所以，
所以，所以，
所以取值范围为.
19．(1)
(2)
(3)最大值为米
【解析】
【分析】
对于小问1，根据离地面的最大值米、最小值米和周期为分钟，求出、、，再代入点解得.
对于小问2，令，解出即得答案.
对于小问3，根据题意，计算甲乙二人时间差，得到二人距离地面的高度表达式、，
写出两人距离地面的高度差为米，由时间的取值范围，化简求出最大值.
(1)
由题意，（其中）
摩天轮的最高点距离地面为米，最低点距离地面为米，
所以，得，
又函数周期为分钟，所以，
又，
所以，又，所以，
所以.
(2)
，
所以，整理，因为，所以，
所以,解得（分钟）.
(3)
经过分钟后甲距离地面的高度为，
乙与甲间隔的时间为分钟，
所以乙距离地面的高度为，
所以两人离地面的高度差
当或时，即或分钟时，取最大值为米.
20．（1）黑球 黄球 绿球的概率分别是，，；（2）.
【解析】
（1）从中任取一球，分别记得到黑球 黄球 绿球为事件，，，由已知列出的方程组可得答案；
（2）求出从9个球中取出2个球的样本空间中共有的样本点，再求出两个球同色的样本点可得答案.
【详解】
（1）从中任取一球，分别记得到黑球 黄球 绿球为事件，，，
由于，，为互斥事件，
根据已知，得，
解得，
所以，任取一球，得到黑球 黄球 绿球的概率分别是，，.
（2）由（1）知黑球 黄球 绿球个数分别为3，2，4，
从9个球中取出2个球的样本空间中共有36个样本点，
其中两个是黑球的样本点是3个，两个黄球的是1个，两个绿球的是6个，
于是，两个球同色的概率为，
则两个球颜色不相同的概率是.
【点睛】
本题考查互斥事件和对立事件的概率，一般地，如果事件A1、A2、…、An彼此互斥，那么事件A1+A2+…+An发生(即A1、A2、…、An中有一个发生)的概率，等于这n个事件分别发生的概率的和，即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
21．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值
(1)
取AM的中点G，连接PG，
因为PA=PM，则PG⊥AM，
当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，
四棱锥的体积取得最大值，
此时PG⊥平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为
(2)
取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM=NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以.
(3)
连接DG，
因为DA=DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为的平面角，即，
过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为，
因为，
则
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为
【点睛】
求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.
22．(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）化简函数的解析式，分析出函数的单调性，分、两种情况讨论，可得出函数在上的最小值；
（2）分、两种情况讨论，利用韦达定理和求根公式可得出的表达式，并求得的取值范围，根据可求得实数的取值范围.
(1)
解：因为，
所以，函数在、上单调递增，在上单调递减，
当时，即当时，；
当时，即当时，.
综上所述，函数在上的最小值为.
(2)
解：，不妨设，
因为，
①当时，即当时，
由可得，即为方程的一根，
由可得，即为方程的一根，
由可得，即为方程的一根，
由图象可知、是方程的两根，是方程的较大根，
则由韦达定理与求根公式可知，，
则，
可得，
令，而，
则，
因为函数在上单调递减，
当时，，则；
②由可得，，可得，
且当时，即当时，
由可得，
由图象可知、是方程的两相异根，是方程的较大根，
由韦达定理以及求根公式可得，，
所以，，
可得，
令，而，
则.
由双勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
且当时，，
则在上单调递增，
当时，.
综上所述，，
又满足，故，即.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用利用方程根相关的等式求参数的取值范围，解题的关键在于确定的根与二次方程的关系，利用韦达定理结合求根公式将等式与参数、联系起来，利用已知的不等式关系求出范围，即可得解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页