2022-2023学年高二上暑假返校联考适应性考试——数学试题1（Word版含解析）

2022-2023学年高二上暑假返校联考适应性考试——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．若随机事件，互斥，，发生的概率均不等于0，且，，则实数的取值范围是（ ）
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．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则以下关系不正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示的是函数的图像，则函数可能是（ ）
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，内角所对的边分别为，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．若，则为等腰三角形
C．若，则
D．若，则为锐角三角形
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．集合，则m＝___．
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．已知正数满足，，则的最小值为__________.
16．已知平面向量，满足，且.若存在实数和单位向量，使不等式成立，则实数t的最大值为__________.
四、解答题
17．设，．
（1）求证：是纯虚数；
（2）求的取值范围．
18．设为的三内角的对边，，．
(1)求的大小；
(2)在下列两个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．①周长为；②面积为
19．某地中学生社会实践小组为研究学校附近某路段的交通拥堵情况，经实地调查、数学建模，得该路段上的平均行车速度v（单位：km/h）与该路段上的行车数量n（单位：辆）的关系为：其中常数.该路段上每日时的行车数量，.已知某日17时测得的平均行车速度为3km/h.（注：）
(1)求实数的值；
(2)定义车流量（单位：辆-km/h），求一天内车流量的最大值（结果保留整数部分）
20．三个罐子分别编号为1，2，3，其中1号罐中装有2个红球和1个黑球，2号罐中装有3个红球和1个黑球，3号罐中装有2个红球和2个黑球，若某人从中随机取一罐，再从中任意取出一球，求取得红球的概率.
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，记是在区间上的最大值.
（1）证明：当时，；
（2）当，满足，求的最大值.
试卷第1页，共3页
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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】
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．C
【解析】
【分析】
利用互斥事件的加法公式及概率的基本性质列式即可作答.
【详解】
因随机事件，互斥，则，
依题意及概率的性质得，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C
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】
【分析】
通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】
在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
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】
由图象确定函数的性质，验证各选项是否符合要求即可.
【详解】
由图可知：是非奇非偶函数，且在y轴右侧，先正后负．
若，则，所以函数为偶函数，
与条件矛盾，A错，
若，则，所以函数为奇函数，与条件矛盾，B错，
若，则，
当时，，与所给函数图象不一致，D错，
若，则，
当时，，
又， ，所以函数为非奇非偶函数，与所给函数图象基本一致，
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．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．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．AD
【解析】
【分析】
由余弦定理判断A，利用正弦定理和正弦函数性质判断B，由正弦定理，切化弦及正弦函数性质判断C，由余弦定理判断D．
【详解】
由余弦定理，A正确；
，由正弦定理得，，是三角形内角，所以或，即或，三角形为等腰三角形或直角三角形，B错；
由得，，同上得或，C错；
若，所以，因此，
所以，即，，，所以为锐角，显然边最大，角最大，所以为锐角三角形，D正确．
故选：AD．
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】
【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】
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】
把给定条件两边平方，代入结论构造基本不等式，再分析计算，并求出最小值作答.
【详解】
由，得，，
则，
，当且仅当时取“=”，
所以当时，的最小值为.
故答案为：
【点睛】
思路点睛：利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.
16．
【解析】
【分析】
原题等价于，由可得为上一点，设为单位圆上的，根据题意设，，，,由向量运算可得，转化为利用对称性求距离之和的最值.可得答案.
【详解】
原题等价于
由，，设
设，，,为单位圆上的点
设，即
则,所以,则为上一点，设为中点.
所以
圆心到直线的距离为，故圆与直线相离.
作关于对称点，则
又,所以
由对称性有，即轴,所以
所以，则
所以实数t的最大值为
故答案为：
【点睛】
本题考查向量不等式能成立问题，构造不等式解不等式是关键，考查对称问题，两点之间线段最短，“将军饮马”模型的使用,属于难题.
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)；
(2)选择见解析；
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简可求出的值，由余弦定理化简可求出的值；
（2）选①，由正弦定理可求得，由周长为，可求得，再由余弦定理可求得求出BC边上的中线的长.
选②，由三角形的面积为可求得，的值，由余弦定理可求得求出BC边上的中线的长.
(1)
，
由正弦定理得，
，
，
，
，
,
， ，
，
.
(2)
选①：由（1）得，，
由正弦定理得=，
，
取BC边上的中点，连接
，
选②：由（1）得，，，取BC边上的中点，连接，
， ，
，，
.
19．(1)1000
(2)522
【解析】
【分析】
（1）根据题意把17时测得的平均行车速度为3km/h代入函数解析式即可求出；
（2）根据分段函数求最值的方法，分别利用函数单调性求每段的最值，即可得出函数的最大值.
(1)
由17时测得的平均行车速度为3km/h，
代入，
可得：，
解得.
(2)
①时，为增函数，
所以；
②时，，
由函数在上递减，在上递增，且知，当，时，较大的值为最大值，
代入计算，结果均为522，
故.
综上可知，一天内车流量的最大值为522辆-km/h
20．
【解析】
记｛球取自号罐｝，{取得红球}，则，且两两互斥，由条件概率公式计算出的概率可得结论．
【详解】
记｛球取自号罐｝，{取得红球}，显然的发生总是伴随着之一同时发生，即，且两两互斥，
，
所以.
【点睛】
关键点点睛：本题考查条件概率，互斥事件的概率公式．解题关键是把取得红球这个事件拆分成三个互斥事件的和：记｛球取自号罐｝，{取得红球}，，而由条件概率公式可得的概率．
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）详见解析；（2）.
【解析】
【详解】
（1）分析题意可知在上单调，从而可知
，分类讨论的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知
，再由可得，
，即可得证.
试题解析：（1）由，得对称轴为直线，由，得
，故在上单调，∴，当时，由
，得，即，当时，由
，得，即，综上，当时，
；（2）由得，，故，，由，得，当，时，，且在上的最大值为，即，∴的最大值为..
考点：1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页