2022-2023学年高二上暑假返校联考适应性考试——数学试题3（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．已知为虚数单位，且复数，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
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．下列说法正确的是（ ）
A．对于任意事件A和B，都有
B．若A，B为互斥事件，则
C．在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的
D．在大量重复试验中，概率是频率的稳定值
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．已知定义在R上的函数满足为偶函数，若在内单调递减．则下面结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知设其中为自然对数的底数，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．下列有关平面向量的命题中，不正确的是（ ）
A．若，则
B．已知，，则
C．若非零向量，，，满足，则
D．若，则且
10．已知函数，则（ ）
A．是奇函数 B．的图象关于点对称
C．有唯一一个零点 D．不等式的解集为
11．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，①若＝＝，则△ABC一定是等边三角形；②若acos A＝bcos B，则△ABC一定是等腰三角形；③若bcos C＋ccos B＝b，则△ABC一定是等腰三角形；④若a2＋b2－c2>0，则△ABC一定是锐角三角形.上面四个结论正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
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．若正实数，满足，则的最小值是______．
15．平面向量满足：，且．则的取值范围为________．
16．如图梯形，且，，在线段上，，则的最小值为_______.
四、解答题
17．已知，复数，当为何值时，
（1）？（2）是虚数？（3）是纯虚数？
（4）对应的点位于复平面第二象限？
（5）对应的点在直线上？
18．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.
(1)若，求角A的大小；
(2)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．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响．
（1）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；
（2）求该选手至多进入第二轮考核的概率．
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，，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．D
【解析】
【分析】
根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数模的计算公式计算可得；
【详解】
解：因为，所以；
故选：D
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】
根据事件的定义逐一分析即可.
【详解】
对于A，成立的前提为事件和事件为互斥事件，故A错误；
对于B，事件和事件为互斥事件，则，故B错误；
对于C，在一次试验中，其基本事件的发生不一定为等可能的，故C错误；
对于D，频率是较少数据统计的结果，是一种具体的趋势和规律，在大量重复试验时，频率具有一定的稳定性，总在某个常数附近摆动，且随着试验次数的不断增加，这种摆动幅度越来越小，这个常数叫做这个事件的概率，随机事件的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故D正确.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了概率的概念和有关性质，属于概念辨析题，对一些易混概念必须区分清，属于基础题.
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．A
【解析】
【分析】
先得到函数的周期为6，利用为偶函数，得到，将化成，再比较的大小关系，最后利用函数的单调性得到的大小关系.
【详解】
因为，所以的最小正周期，
因为为偶函数，所以，
所以，
因为，，且在(0，3)内单调递减，
所以.
故选A.
【点睛】
本题考查函数的周期性、奇偶性、单调性的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意利用函数的性质把自变量的取值都化到同一个单调区间内.
6．B
【解析】
【分析】
将原不等式移项合并，利用放缩法判断的大小关系；构造函数利用导数法求出最大值，确定最大值与的大小关系即可判断.
【详解】
,,
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
时取，，，，，
又,
而，，.
综上所述：
故选：B
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】
A选项，当且方向相同，才有，故A错误，D正确；B选项可以举出反例，C选项利用向量的数量积推导出，故C错误.
【详解】
A选项，，但向量方向可能不同，故A错误；
若，则满足，，但可能不平行，故B错误；
若，即，因为，，均为非零向量，所以，故不一定成立，C错误；
若，则且，D正确.
故选：ABC
10．BCD
【解析】
【分析】
求解的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，结合值域的求法可求得；结合对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；结合C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果.
【详解】
对于A，由得：，即定义域为，不关于原点对称，
为非奇非偶函数，A错误；
对于B，，，
，图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，；
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递减；
由知：图象关于对称，在上单调递减；
当时，，，，在上无零点；
当时，，，
，使得，则在上有唯一零点；
综上所述：有唯一一个零点，C正确；
对于D，由C知：在和上单调递减，
又时，；时，；
①当，即时，由得：，解得：（舍）或；
②当时，不等式组无解，不合题意；
③当，即时，，，满足题意；
④当，即时，，，不合题意；
综上所述：的解集为：，D正确.
故选：BCD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.
11．AC
【解析】
【分析】
根据正弦定理，三角函数恒等变换的应用逐一判断各个结论即可．
【详解】
对于①，若，则，即
，即，即是等边三角形，故正确；
对于②，若，则由正弦定理得，
即，则或，即或，
则为等腰三角形或直角三角形，故错误；
对于③，若，所以，
所以，即，则是等腰三角形，故正确；
对于④，中，，又，所以
角为锐角，但题中没有告诉最大，所以不一定是锐角三角形，故错误；
故选：AC．
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】
由已知不等式可解得，换元，设，则所求式变形为，利用函数的单调性可得的最小值，从而得结论．
【详解】
因为正实数，满足，所以，解得或，而均为正数，所以，设，
则，
时，由不等式，当且仅当时等号成立知在上单调递增，又，所以时，取得最小值，
所以的最小值是．
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查用不等式求最小值，解题关键有两点：一是由由不等式得，二是换元后利用函数的单调性求得最小值．判断时注意基本不等式的条件．利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
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】
本题首先可以设向量与的夹角为，然后根据以及向量的运算法则得出，再然后建立直角坐标系，写出各点的坐标，设，则，，最后根据向量的数量积的坐标表示得出，根据二次函数性质即可求出最值.
【详解】
因为，所以向量与的夹角和向量与的夹角相等，
设向量与的夹角为，
因为，所以，
即，
整理得，解得，，
如图，过点作垂线，垂足为，建立如图所示的直角坐标系，
易知，，，，
则，，，
，，，
，
因为，所以当时，取最小值，最小值为，
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：本题考查向量的数量积的求法，可通过建立直角坐标系的方式进行求解，考查向量的运算法则，考查向量的数量积的坐标表示，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.
17．（1）(2)（3）或（4）（5）或
【解析】
【详解】
试题分析：（1）要复数为实数，则虚部为零，即且，解得.（2）要复数为纯虚数，则实部，虚部，解得.（3）复数对应的点在第二象限，则实部，虚部，解得.（4）将实部和虚部代入直线方程，解方程可求得.
试题解析：
（1）由，且，得，
故当时，；
（2）由
解得或，
故当或时，为纯虚数；
（3）由
解得，
故当时，复数对应的点位于复平面的第二象限；
（4）由，
解得或，
故当或时，复数对应的点在直线上.
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）已知两边和其中一边的对角，运用正弦定理可以求另外一个角；
（2）由三角恒等变换公式或积化和差公式进行化简，转化成的形式，根据三角函数进行求解即可.
(1)
由正弦定理得：，
∵，∴或，
当时，此时，所以舍去，所以.
(2)
（或者用积化和差公式一步得到）
∵，∴，所以A为锐角，又，
所以，所以，
所以，
所以.
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）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)把该选手进入第三轮才被淘汰的事件视为三个相互独立事件的积，再用概率的乘法公式计算即可；
(2)把该选手至多进入第二轮考核的事件拆成两个互斥事件的和，再用互斥事件的加法公式计算即得.
【详解】
记“该选手正确回答第i轮问题”为事件，则，，，
该选手进入第三轮才被淘汰的事件为，其概率为；
该选手至多进入第二轮考核的事件为，其概率为.
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