2022-2023学年高二上暑假返校联考适应性考试——数学试题6（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．复数满足（为虚数单位），则复数的模长为（ ）
A． B．1 C． D．
2．已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ）
A． B．3 C． D．
3．设A，B是一个随机试验中的两个事件，则（ ）
A． B．
C． D．若，则
4．如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过的中点B作的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为（ ）
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，且，则下列结论正确的是（ ）
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．下列说法中，正确的是（ ）
A．若，则与夹角为锐角
B．若是内心，且满足，则这个三角形一定是锐角三角形
C．在中，若，则为的重心
D．在中，若，则为的垂心
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．若正数满足，则的最小值是_________.
16．已知，，均为平面向量，且，，若满足，则的最大值是______.
四、解答题
17．设，．
（1）求证：是纯虚数；
（2）求的取值范围．
18．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.
(1)求角A的大小；
(2)若a=4，求△ABC面积的取值范围.
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】
用复数四则运算法则，根据模的定义即可.
【详解】
，
；
故选：C.
2．C
【解析】
【分析】
根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.
【详解】
设底面半径为，高为，母线为，如图所示：
则圆锥的体积，所以，即，
，则，
又，所以，故．
故选：C．
3．D
【解析】
【分析】
根据概率的性质，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】
对于A：若A，B是一个随机试验中的两个事件，则，故A错误；
对于B：若，则，故B错误；
对于C：当A、B独立时，，
当A、B不独立时，则不成立，故C错误；
对于D：若，则，故D正确.
故选：D
4．B
【解析】
【分析】
连接，可得为异面直线与所成的角，求出即可.
【详解】
由题知B在直角梯形中，因为B为的中点，，
所以，
连接，易证四边形为矩形，所以，
所以为异面直线与所成的角，
在中，，所以,
连接，在中，由，，得；
在中，，所以，
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．D
【解析】
【分析】
由题设可得，根据对数的性质判断A；应用基本不等式判断B；根据指数函数、幂函数的单调性判断C；由基本不等式“1”的代换判断D.
【详解】
由题设，，即，则，A错误；
由，又，可得，B错误；
由知：，C错误；
，又，
∴，D正确.
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．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．CD
【解析】
【分析】
由数量积的定义判断A，是内心时，证明即得，由此结合余弦定理判断B，由向量的线性运算证明是三角形重心判断C，利用向量数量积的运算法则，证明向量垂直，从而得是垂心判断D．
【详解】
当同向时也的，A错误；
如下图是内心，延长线交于，设，，，
是外心，是三角形内角平分线，，
，
又，
所以．
所以，
所以，
设内切圆半径为，，
则，所以 ，
若，则，
设，则，为钝角，B错；
如下图，是中点，则，
又，所以，
所以共线，且，所以是外心，C正确；
中，若，
则，所以，
同理，所以是的垂线，D正确．
故选：CD．
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】
由题得，设，得到，令，则，解不等式即得解.
【详解】
由为正数，且
所以，
设，则有，
上式转化为，
即，
由基本不等式易得，
所以，（当且仅当时取等）
令，则，上式转化为，即，
解得或（舍去），
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查基本不等式及其应用，考查一元二次不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16．
【解析】
根据向量的几何意义可得，令，，则，，消去得，利用判别式可求得结果.
【详解】
因为，当且仅当与同向共线时，等号成立，
令，，
则，
，
所以，，
所以，
所以，
根据关于的函数在上有解，且对称轴，可得，解得.即的最大值是.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：根据向量的几何意义求解是解题关键.
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)
【解析】
【分析】
（1）利用向量的数量积公式和正弦定理以及两角和的正弦公式化简即可得到答案.
（2）由为锐角三角形，可得角B的范围，由正弦定理表示出面积，利用二倍角公式和辅助角公式化简面积，由正弦函数的性质可得范围.
(1)
，
因为，化简得，
因为，所以
(2)
由于为锐角三角形，则
由正弦定理，
所以
因为，所以，
故.
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)
(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