2022-2023学年高二上学期返校适应性考试数学试题4(Word版含解析)

文档属性

名称 2022-2023学年高二上学期返校适应性考试数学试题4(Word版含解析)
格式 zip
文件大小 1.3MB
资源类型 教案
版本资源 其它版本
科目 数学
更新时间 2022-08-01 16:37:59

图片预览

文档简介

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.-1 B.1 C.-2 D.2
2.已知一个圆锥的底面积为,侧面积为,则该圆锥的体积为( ).
A. B. C. D.
3.若随机事件A,B满足,,,则( )
A. B. C. D.
4.已知三棱锥中,,分别是的中点,,则与所成的角大小为( )
A. B. C. D.
5.已知函数是以4为周期的奇函数,当时,,若数在区间上有5个零点,则实数的取值范围是( )
A. B. C.或 D.或
6.已知,,,则( )
A. B.
C. D.
7.已知函数,将图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图像.若,且,则的最小值为( )
A. B. C. D.
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.下列命题中正确的是( )
A.已知平面向量满足,则
B.已知复数z满足,则
C.已知平面向量,满足,则
D.已知复数,满足,则
10.已知函数,则下列选项正确的是( )
A.为增函数
B.,对为偶函数
C.,对有最大值
D.,对有最大值
11.在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知,,,则下列说法中正确的有( )
A. B.或
C.三角形ABC为直角三角形 D.
12.如图, 在梯形中, 为线段 的两个三等分点, 将和分别沿着向上翻折, 使得点分别至 (在的左侧), 且平面分别为的中点, 在翻折过程中, 下列说法中正确的是( )
A.四点共面
B.当 时, 平面 平面
C.存在某个位置使得
D.存在某个位置使得平面 平面
三、填空题
13.已知函数和.若对任意的,都有使得,,则实数的取值范围是______.
14.已知平面向量,,,其中,是单位向量且满足,,若,则的最小值为___________.
15.若,则的取值范围是_________.
16.已知平面向量满足,若,则的取值范围为_________.
四、解答题
17.设,.
(1)求证:是纯虚数;
(2)求的取值范围.
18.设内角A,B,C的对边分别为a,b,c,函数.
(1)若,求的面积;
(2)当时,取最大值,求在上的值域.
19.《中国建筑能耗研究报告(2020)》显示,2018年全国建筑全过程碳排放总量为49.3亿吨,占全国碳排放比重的51.3%,根据中国建筑节能协会能耗统计专委会的预测,中国建筑行业的碳排放将继续增加,达到峰值时间预计为2039年前后,比全国整体实现碳达峰的时间预计晚9年.为了实现节能减排的目标,宁波市新建房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层,每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用W(单位:万元)与隔热层厚度x(单位:)满足关系:,若不建隔热层,每年能源消耗费用为8万元.设为隔热层建造费用与20年的能漂消耗费用之和.
(1)求a的值及的表达式.
(2)试求隔热层修建多厚时,总费用达到最小,并求最小费用.
20.猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.规则如下:参赛选手按第一关,第二关,第三关的顺序依次猜歌名闯关,若闯关成功则依次分别获得公益基金元,元,元,当选手闯过一关后,可以选择游戏结束,带走相应公益基金;也可以继续闯下一关,若有任何一关闯关失败,则游戏结束,全部公益基金清零.假设某嘉宾第一关,第二关,第三关闯关成功的概率分别是,,,该嘉宾选择继续闯第二关、第三关的概率分别为.
(1)求该嘉宾获得公益基金元的概率;
(2)求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率;
(3)求该嘉宾获得的公益基金总金额的分布列及数学期望.
21.如图,在三棱锥中,,,记二面角的平面角为.
(1)若,,求三棱锥的体积;
(2)若M为BC的中点,求直线AD与EM所成角的取值范围.
22.已知,函数.
(1)讨论的单调性;
(2)设,若的最大值为,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.B
【解析】
【分析】
根据复数的概念化简后计算
【详解】

故选:B
2.C
【解析】
【分析】
由条件底面积和侧面积建立方程,求出圆锥的底面半径和侧棱,再求出高,然后再求体积.
【详解】
设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r,h,l,
则解得所以.
圆锥的体积
故选:C
3.D
【解析】
【分析】
先由题意计算出,再根据条件概率求出即可.
【详解】
由题意知:,可得,故.
故选:D.
4.B
【解析】
【分析】
取SB的中点G,然后根据异面直线所成角的定义证明(或其补角)是与所成的角,进而求得答案.
【详解】
取SB的中点G,连接GF,GE,又F为BC的中点,所以,,所以(或其补角)是与所成的角.
取GF的中点H,连接EH,则EH⊥GF,所以,
则,所以与所成的角为.
故选:B.
5.D
【解析】
由奇函数的性质和函数的周期性,可得0、±2是函数的零点,将函数在区间上的零点个数为5,转化为当时,恒成立,且在有一解,由此构造关于的不等式组,解不等式组可得实数的取值范围.
【详解】
解:由题意知,是定义在上的奇函数,
所以,即是函数的零点,
因为是定义在上且以为周期的周期函数,
所以,且,则,
即也是函数的零点,
因为函数在区间上的零点个数为,
且当时,,
所以当时,恒成立,且在有一解,
即或,
解得或.
故选:D.
【点睛】
本题考查奇函数的性质,函数的周期性,对数函数的性质,函数的零点的综合应用,二次函数根的分布问题,难度比较大.
6.A
【解析】
【分析】
先利用指数函数的性质比较的大小,再利用幂函数的性质比较的大小,即得解.
【详解】
因为是单调递增函数,所以,
因为是单调递增函数,所以 ,
所以.
故选:A.
7.B
【解析】
【分析】
应用辅助角公式化简,再由图像平移写出的解析式,结合已知及正弦型函数的周期性确定的最小值.
【详解】
由题设,,故,
要使且,则或,
∴的最小值为1个周期长度,则.
故选:B.
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.ABC
【解析】
【分析】
结合选项逐个验证,向量的模长运算一般利用平方处理,复数问题一般借助复数的运算来进行.
【详解】
因为,所以A正确;
设,则,因为,所以,
所以,所以B正确;
因为,所以,即,所以C正确;
因为,然而,所以D不正确.
故选:ABC.
10.BCD
【解析】
【分析】

对于A:利用单调性的定义,要使为增函数,进行运算,产生矛盾,即可判断;
对于B:利用偶函数的定义进行判断;
对于C、D: 用判别式法求值域即可判断;
【详解】

对于A:设,且,则令,
所以因为,所以.
要使为增函数,只需恒成立,
所以,

而,所以矛盾,故A错误;
对于B:要使对为偶函数,按偶函数的定义,只需,即
,解得:b=0.
即,对为偶函数.故B正确;
对于CD: 定义域为R,
所以关于x的方程有解,
当时,有有解,
当时,只需,
即,
而,
所以关于y的一元二次不等式有解,故CD正确;
故选:BCD.
【点睛】
(1)证明函数的单调性的方法:①定义法;②导数法;
(2)求二次分式型函数的值域可以用判别式法.
11.ACD
【解析】
【分析】
A选项结合正弦定理边化角化简整理即可判断;B选项结合边的大小求出角,进而结合即可求出角,从而可判断;C选项结合正弦定理求出角,从而可判断;D选项求出角,进而结合三角形面积公式即可求出结果.
【详解】
A选项:因为,结合正弦定理可得,又因为,则,因此,所以,即,故A正确;
B选项:因为,则,且,则,因此,故B错误;
C选项:结合正弦定理可得,即,则,因为,所以,故三角形ABC为直角三角形,故C正确;
D选项:因为,,所以,所以,故D正确,
故选:ACD.
12.BCD
【解析】
【分析】
对于A选项,直线MN与直线CD为异面关系,所以A错误;
对于B选项,当 时,其长度恰好等于底面梯形中位线的长度,易知M,N两点在底面的投影恰好落在DE和CF上,可得平面平面;
对于C选项,可找出NF的平行线,将垂直的判断转化为异面直线所成角;
对于D选项,从翻折的过程看二面角的变化趋势可得.
【详解】
对于A选项:如图,分别取EF,CF的中点Q,S,连接AP,BP,DQ,
易知均是边长为2的正三角形,
所以在翻折过程中M,N两点在底面的射影分别落在直线PA和PB上,如图2,易知,
设M,N两点到底面的距离分别为,则,
因为平面,所以,又,所以,
易得,则,则易知共面,共面,
易知异面,所以不在同一平面内,则A错误;
对于B选项:当 时,恰有,则MNSO为平行四边形,由对称性知此时,M,N两点在底面的射影即为O,S两点,所以,得平面平面,则B正确;
对于C选项:过M点作交EF于T,即为DM与FN所成角,易知在翻折过程中,
又因为,则当时,,即,所以C正确;
当,由B选项知,平面平面,平面平面,
此时DE与CF的夹角即为平面与平面的夹角,易知此时的夹角为,
而与在翻折的极限位置为,即两平面的夹角的最大值为
,所以在连续变化过程中必存在某个位置使得平面平面 ,所以
D正确.
故选:BCD.
13.
【解析】
根据题意将条件转化为集合之间的包含关系,结合函数图象即可求解.
【详解】
由题意得, ,并且对于值域中的每一个数,都有至少两个不同数和,使得成立.
①当时, 在上单调递减,显然,此种情况不成立.
②当,在上的值域为,由的函数图象可知,只要使得,则解得.
③当时,在上的值域为,由的函数图象可知,要满足即可,得,综上所述,.
故答案为:.
【点睛】
本题主要考查根据集合间的包含关系求参数的取值范围的问题,结合函数图象可更好的理解题意,属于能力提升题.
14.
【解析】
【分析】
根据已知条件将向量代入整理可得关于x、y的二元二次方程,然后通过换元,利用方程有解可得.
【详解】
又,是单位向量且
上式
令,代入上式整理得:
关于x的方程有实数解
整理得:,解得
故答案为:.
15.
【解析】
【分析】
由基本不等式可得,可得,可得,即有,化简所求式子,运用对勾函数的单调性,可得所求范围.
【详解】
解:,,,
可得,当且仅当时取等号;
可得,

可得,
即有,


可令,
由在,递减,可得

则的取值范围是,
故答案为:.
16.
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系,可知C在以为圆心,1为半径的圆上,D在以为圆心3为半径的圆内(含边界),利用向量的模长公式及三角不等式,数形结合可求解.
【详解】

如图建立平面直角坐标系,且,
设,则,,
即,知C在以为圆心,1为半径的圆上,
设,则,
即,知D在以为圆心3为半径的圆内(含边界)
作出图像,如图所示:
当点取时,点取时,与是相反向量,此时;
当且仅当与同向时等号成立,
又,即
由图像可知与可以同向,此时
∴的取值范围为
故答案为:
【点睛】
方法点睛:向量的运算有两种方法,一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答,运算法则是:平行四边形法则和三角形法则;二是坐标运算:建立坐标系转化为解析几何问题解答(求最值与范围问题,往往利用坐标运算比较简单).
17.(1)证明见解析 ;(2) .
【解析】
【分析】
(1)分析得出,利用复数的除法化简复数,可证得结论成立;
(2)分析得出,计算得出,利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】
(1)由题意可得,
所以,,
,则,因此,是纯虚数;
(2),
所以,,
因为,则,解得,,则,
所以,,因此,.
【点睛】
关键点点睛:本题考查复数模的取值范围的求解,解题的关键在于将复数的模转化为关于的二次函数的值域来求解,在求解的过程中不要忽略了函数的定义域的求解.
18.(1)若,的面积为,
若,的面积为;
(2)
【解析】
【分析】
(1)由条件求出,由正弦定理求,利用两角和正弦公式求,再由三角形面积公式求的面积;(2)化简函数解析式,由条件求,再求在上的值域.
(1)
因为,
所以,即,
或,
由正弦定理可得,又,所以,
若则
所以,

当则
所以,

(2)

因为在处取得最大值,所以,
即.因为,所以,所以.
因为,所以,所以,
在上的值域为.
19.(1),
(2)隔热层修建5cm时,总费用达到最小,最小费用为70万元.
【解析】
【分析】
(1)由题可得,再结合条件即得;
(2)由,利用基本不等式即求.
(1)
设隔热层厚度x,则,
又不建隔热层,每年能源消耗费用为8万元,
∴即,
∴,又每厘米厚的隔热层建造成本为6万元,
∴.
(2)
∵,
当且仅当即时取等号,
故隔热层修建5cm时,总费用达到最小,最小费用为70万元.
20.(1);
(2);
(3)分布列见解析,元.
【解析】
【分析】
(1)由嘉宾获得公益基金元的事件为第一关成功并放弃第二关,应用独立事件乘法公式求概率即可.
(2)由题设确定基本事件,进而应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率.
(3)由嘉宾获得的公益基金总金额可能值为,并求出对应概率,即可得分布列,进而求期望.
(1)
由题设,嘉宾获得公益基金元的事件为第一关成功并放弃第二关,
所以;
(2)
记=“第一关成功且获得公益基金为零”,=“第一关成功第二关失败”,“前两关成功第三关失败”,则互斥,且.
又,,
所以;
(3)
由题设知:嘉宾获得的公益基金总金额可能值为,
,,,.
随机变量的分布列为:
0 1000 3000 6000
所以元.
21.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)作出辅助线,找到二面角的平面角,利用余弦定理求出,求出底面积和高,进而求出三棱锥的体积;(2)利用空间基底表达出,结合第一问结论求出,从而求出答案.
(1)
取AC的中点F,连接FD,FE,由BC=2,则,故DF⊥AC,EF⊥AC,故∠DFE即为二面角的平面角,即,连接DE,作DH⊥FE,因为,所以平面DEF,因为DH平面DEF,所以AC⊥DH,因为,所以DH⊥平面ABC,因为,由勾股定理得:,,又,由勾股定理逆定理可知,AE⊥CE,且∠BAC=,,在△ABC中,由余弦定理得:,解得:或(舍去),则,因为,,所以△DEF为等边三角形,则,故三棱锥的体积;
(2)
设,则,,由(1)知:,,取为空间中的一组基底,则,由第一问可知:


其中,且,,故,
由第一问可知,又是的中点,所以,所以,
因为三棱锥中,所以,所以,故直线AD与EM所成角范围为.
【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目,可以建立空间直角坐标系来进行求解,若不容易建立坐标系时,也可以通过基底表达出各个向量,进而求出答案.
22.(1)见解析(2)当时,;当时,.
【解析】
(1)根据函数解析式,先讨论当与两种情况.当时易判断单调递减,当时,讨论对称轴与区间的关系,即可判断单调性.
(2)根据(1)中所得在不同范围内的单调情况分类讨论. 当,在递减结合二次函数与绝对值函数的性质,并由的最大值即可求得的值,进而得的取值范围;当时,在递增,在递减,同理解绝对值不等式可求得的取值范围,进而得的取值范围.
【详解】
(1)①当时,,在单调递减
②当时,即时,在单调递减
③当时,即时,在递增,在递减
④当时,不成立,所以无解.
综上所述,当时,在单调递减;
当时,在递增,在递减
(2)①当时,在递减,
,,
∵,
∴,
∴,
∴.
得.
②当时,在递增,在递减,
又,,
∵,
∴,同时,



又∵,
∴,
又∵,

且可得在递增,
所以.
综上所述, 当时,;当时,.
【点睛】
本题考查了分类讨论二次函数的单调性问题,不等式与二次函数的综合应用,由最值确定参数的取值范围,对理解能力要求较高,属于难题.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页
同课章节目录