2022-2023学年高二上暑假返校联考适应性考试——数学试题2（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．已知复数，其中，为虚数单位，满足，则（ ）
A． B． C． D．
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．在正方体中，M，N，P，Q分别为，，，的中点，则直线PM与NQ所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
5．已知函数在R上满足，且时，对任意的，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．函数满足且，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．已知当时，函数取到最大值，则是（ ）
A．奇函数，在时取到最小值； B．偶函数，在时取到最小值；
C．奇函数，在时取到最小值； D．偶函数，在时取到最小值；
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．下面给出的关系式中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
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．已知函数和.若对任意的，都有使得，，则实数的取值范围是______.
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．已知，则的最大值为________．
16．已知向量，，满足，，，则的最大值是___________.
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．如图，已知直线，，之间的距离为，点，分别在直线，上，且直线与，夹角为，点为线段的中点，为直线上（右侧）的一个动点，作，使得与直线交于点，设.
(1)当时，求的面积；
(2)写出面积关于的函数解析式，并求面积的最小值.
19．2022年第24届北京冬季奥林匹克运动会，于2022年2月4日星期五开幕，将于2月20日星期日闭幕．该奥运会激发了大家对冰雪运动的热情，与冰雪运动有关的商品销量持续增长．对某店铺某款冰雪运动装备在过去的一个月内（以30天计）的销售情况进行调查发现：该款冰雪运动装备的日销售单价（元/套）与时间x（被调查的一个月内的第x天）的函数关系近似满足（k为正常数）．该商品的日销售量（个）与时间x（天）部分数据如下表所示：
x 10 20 25 30
110 120 125 120
已知第10天该商品的日销售收入为121元．
(1)求k的值；
(2)给出两种函数模型：①，②，请你根据上表中的数据，从中选择你认为最合适的一种函数来描述该商品的日销售量与时间x的关系，并求出该函数的解析式；
(3)求该商品的日销售收入（，）（元）的最小值．
20．甲、乙、丙、丁四名选手进行羽毛球单打比赛．比赛采用单循环赛制，即任意两位参赛选手之间均进行一场比赛．每场比赛实行三局两胜制，即最先获取两局的选手获得胜利，本场比赛随即结束．假定每场比赛、每局比赛结果互不影响．
(1)若甲、乙比赛时，甲每局获胜的概率为，求甲获得本场比赛胜利的概率；
(2)若甲与乙、丙、丁每场比赛获胜的概率分别为，，，试确定甲第二场比赛的对手，使得甲在三场比赛中恰好连胜两场的概率最大．
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，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
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
先由复数的运算求得，进而得到，再求模长即可.
【详解】
，则，则.
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．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】
取AB的中点R，连接RN，RQ，，根据M，N，P，Q为中点，得到，从而为直线PM与NQ所成的角求解.
【详解】
解：如图所示：
取AB的中点R，连接RN，RQ，，
因为M，N，P，Q分别为，，，的中点，
所以，
所以，
所以为直线PM与NQ所成的角，
又因为是等边三角形，
所以，
故选：C
5．D
【解析】
【分析】
设，按、分别探讨函数的性质，借助图象关系及已知列出不等式，求解作答.
【详解】
令，当时，，
若，则当时，，当时，，，
函数的图象是由的图象向右平移个单位而得，
显然的图象总在的图象的上方，即恒成立，因此，
若，当时，，因为奇函数，函数在R上的图象，如图，
把的图象向右平移个单位得的图象，要，恒成立，
当且仅当射线经平移后在射线及下方，于是得，则，
综上得，即，而，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D
【点睛】
关键点睛：由一个函数经左右平移得另一函数，两个函数式为不等式的两边的不等式恒成立问题，作出原函数图象，借助图象分析求解是解决问题的关键.
6．D
【解析】
【分析】
结合所给函数性质逐一验证，只有D项符合
【详解】
对A，若，则由可得，无法判断大小，故A错；
对B，若，则由可得，无法判断大小，故B错；
对C，若，则由可得，得到，无法判断大小，故C错；
对D，若，则有可得，则，又为增函数，故，故D正确.
故选：D
7．B
【解析】
【分析】
由辅助角公式可得，根据时有最大值可得
，求出，再根据奇偶性并计算、可得答案.
【详解】
，
取，
当时，有最大值，
即，所以，可得，
所以，，
则，
因为，所以，为偶函数，
，
，
故B正确，
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．BC
【解析】
【分析】
由数量积的定义依次判断即可.
【详解】
对于A，，，显然不一定相等，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，故，C正确；
对于D，，则，D错误.
故选：BC.
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，
即
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．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】
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】
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】
根据题意得，设，所以，所以，求出的范围，所以，分析求最值即可.
【详解】
，所以，设，
代入，则有，看成关于的一元二次方程，
若方存在，则关于的一元二次方程必须有解，
所以判别式或，
所以或
又函数在上单调递增，
所以
当且仅当时取得等号，此时，.
故答案为：．
【点睛】
求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
16．##
【解析】
【分析】
先构造出，利用题目条件求出，再借助中线定理求出，利用基本不等式求出的最大值，即可求解.
【详解】
设，，，
∵，∴点是的重心，
又∵，
∴.∴是直角三角形，
又∵，即，则，，，.
在中，，两边同时平方得，又，可得，
即，∴，，当且仅当时，取等号；∴.
故答案为：.
【点睛】
本题关键点一在于利用条件构造出，进而求出，关键点二在于借助中线定理求出，进而利用基本不等式求解，中线定理的证明及应用注意积累掌握.
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）利用余弦定理可得，，然后利用正弦定理及面积公式即得；
（2）利用正弦定理及面积公式可得，然后利用正弦函数的性质即得.a
(1)
由题可知，
在中，，，，
所以，即，
∴，
在中，，
由正弦定理知，
所以，
故；
(2)
在中，由正弦定理知，，
所以，
同理在中，，
∴，
所以，，
当时，，
即，.
19．(1)
(2)选择②，，（，）
(3)121元
【解析】
【分析】
（1）根据第10天该商品的日销售收入为121元，列式求得答案；
（2）由表中数据的变化可确定描述该商品的日销售量与时间x的关系，代入表述数据可求得其解析式；
（3）讨论去掉绝对值符号，分段求出函数的最小值，比较可得答案.
(1)
因为第10天该商品的日销售收入为121元，
所以，解得；
(2)
由表中数据可得，当时间变化时，该商品的日销售量有增有减，并不单调，
故只能选②:
代入数据可得：，解得，，
所以，（，）
(3)
由（2）可得，，
所以，，
所以当，时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，有最小值，且为121；
当，时，为单调递减函数，
所以当时，有最小值，且为124，
综上，当时，有最小值，且为121元，
所以该商品的日销售收入最小值为121元．
20．(1)
(2)丁
【解析】
【分析】
（1）分第一局第二局，第一局第三局，第二局第三局获胜求解；
（2）分甲在第二场甲胜乙，甲胜丙，甲胜丁求解.
(1)
解：设甲在第i局获胜为事件，事件“甲获得本场比赛胜利”，
则，
所以．
(2)
若甲在第二场与乙比赛，则甲胜乙，且在甲丙、甲与丁的比赛中，甲只胜一场．
此时，甲恰好连胜两场的概率；
若甲在第二场与丙比赛，则甲胜丙，且在甲与乙、甲与丁的比赛中，甲只胜一场．
此时，甲恰好连胜两场的概率；
若甲在第二场与丁比赛，则甲胜丁，且在甲与乙、甲与丙的比赛中，甲只胜一场．
此时，甲恰好连胜两场的概率．
因为，所以，甲在第二场与丁比赛时，甲恰好连胜两场的概率最大．
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：
，
则
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）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