安徽省六安市舒城县中2022-2023学年高二上学期8月开学考试数学试题（Word版含答案）

舒城县中2022-2023学年高二上学期8月开学考试
数学
总分：150分 时间：120分钟
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的)
已知全集为，集合，，则 （ ）
A. B.
C. D.
设为虚数单位，复数满足，则 （ ）
A．1 B． C．2 D．
函数图象的大致形状为 （ ）
A． B．
C． D．
正四面体ABCD中，E，F分别是AB和CD的中点，则异面直线CE和AF所成角的余弦值为 （ ）
A. B. C. D.
两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为 （ ）
A． B． C． D．
设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
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.
已知，则 （ ）
A． B． C． D．
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的图形可能是 （ ）
A. B. C. D.
计算下列各式的值，其结果为1的有 （ ）
A． B．
C． D．
四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是 （ ）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有 （ ）
A.
B. 若，则函数的最小正周期为；
C. 关于的方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
已知向量，，其中，，且，则向量和的夹角是
函数在的零点个数为
在中，是的中点，,，，则
已知在三棱锥中， ，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为__________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
（本题满分10分）已知函数，．
（1）求的最小正周期；
（2）求在上的最小值和最大值．
（本题满分12分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
（本题满分12分）如图，在正三棱柱中，为的中点，若，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
（本题满分12分）已知中，的对边分别为、、，.
（1）求角；
（2）若，求的取值范围.
（本题满分12分）已知函数在区间[2，3]上有最大值4和最小值1，设.
（1）求，的值
（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围；
（3）若有三个不同的实数解，求实数的取值范围.
（本题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，， ，且，，
（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
舒城县中2022-2023学年高二上学期8月开学考试
数学试卷答案
（总分：150分 时间：120分钟）
本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，共60分；第Ⅱ卷为非选择题，共90分，满分150分，考试时间为120分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的)
1.已知全集为，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2．设为虚数单位，复数满足，则　　
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可．
【详解】由，得，
，故选．
【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算以及复数的模的计算．
3．函数图象的大致形状为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用奇偶性定义判断的奇偶性，结合的符号，应用排除法确定答案.
【详解】由且定义域为R，
所以为偶函数，排除C、D；
，且，，即，排除B.
故选：A
4. 正四面体ABCD中，E，F分别是AB和CD的中点，则异面直线CE和AF所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，取的中点，连接，则可得∥，所以可得异面有线CE和AF所成角，然后利用余弦定理求解即可
【详解】连接，取的中点，连接，
因为为的中点，
所以∥，
所以为异面有线CE和AF所成角或其补角，
设正四面体的棱长为2，则，,
所以，
所以在中，由余弦定理得
,
所以异面有线CE和AF所成角的余弦值为，
故选：C
5．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A，
即仅第一个实习生加工一等品(A1)与仅第二个实习生加工一等品(A2)两种情况，
则P(A)=P(A1)+P(A2)=×+×=
故选B.
6.设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 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.
【答案】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.
8．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
故选：A.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的图形可能是（ ）
A. B. C. D.
10. 计算下列各式的值，其结果为1的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由商数关系、诱导公式、和差角公式及倍角公式依次化简求值即可求解.
【详解】对于A，
，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，
，C正确；
对于D，
，D正确.
故选：ACD.
11．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（ ）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
【答案】ABD
【分析】根据题意举例判断即可
【详解】解：对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；
对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确；
对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，所以C错误；
对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确，
故选：ABD
12. 已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( )
A.
B. 若，则函数的最小正周期为；
C. 关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知向量，，其中，，且，则向量，的夹角是
14.函数在的零点个数为 3
15.在中，是的中点，,，，则
16．已知在三棱锥中， ，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据已知条件确定的外接圆圆心，及三棱锥的外接球球心O、AC边中点H的位置关系--四边形为矩形，进而应用正弦定理、侧面外接圆半径与外接球半径、点面距之间的关系，求外接球半径，即可求球的表面积.
【详解】
如图分别为的外心.
由，即为中点，取的中点则，又面面，面面，面，即面
设球心为，则平面
∴，又，面，面面，面面，
∴平面，又平面.
∴，即四边形为矩形.
由正弦定理知：，即，
∴若外接球半径为R，则，
∴.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：利用面面垂直、等腰直角三角形的性质，应用三棱锥侧面外接圆半径、外接球半径、点面距之间的几何关系，结合正弦定理求外接球半径，进而求表面积.
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.已知函数，．
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）最小值和最大值．
【详解】试题分析：（1）由已知利用两角和与差的三角函数公式及倍角公式将的解析式化为一个复合角的三角函数式，再利用正弦型函数的最小正周期计算公式，即可求得函数的最小正周期；（2）由（1）得函数，分析它在闭区间上的单调性，可知函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，由此即可求得函数在闭区间上的最大值和最小值．也可以利用整体思想求函数在闭区间上的最大值和最小值．
由已知，有
的最小正周期．
（2）∵在区间上是减函数，在区间上是增函数，，，∴函数在闭区间上的最大值为，最小值为．
考点：1．两角和与差的正弦公式、二倍角的正弦与余弦公式；2．三角函数的周期性和单调性．
18.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）32.25岁；37.5；（2）（i）；（ii）10.
【分析】(1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这人的平均年龄；设第80百分位数为，计算从左到右频率和为或计算从右到左频率和为，即可求出；
(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，根据古典概型计算方法求解即可；
（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.
【详解】解：（1）设这人的平均年龄为，则
（岁）.
设第80百分位数为，
方法一：由，解得.
方法二：由，解得.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，
对应的样本空间为：
，共15个样本点.
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则
，共有9个样本点.
所以，.
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
则，
，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
19.1．如图，在正三棱柱中，为的中点，若，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1) 连接，交于，连接，结合三角形的中位线定理可证明，由线面平行的判定定理可证平面.
(2) 取中点，过作于，连接，通过线面、面面垂直的性质可得为二面角的平面角，即可求出，由同角三角函数的基本关系可求出，即可求出二面角的余弦值.
【详解】解：（1）证明：连接，交于，连接，
因为四边形为矩形，所以为中点，又因为为的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：取中点，过作于，连接，
因为为正三棱柱，所以，平面平面，
所以平面，于是在平面内的射影为，
所以，所以为二面角的平面角，
所以，
，
因为二面角与二面角互补，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】关键点睛:
本题第一问的关键是做辅助线，在平面中构造与的线段；第二问的关键是找出二面角的平面角.
20．已知中，、、的对边分别为、、，.
（1）求角；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由切化弦思想结合两角差的正弦公式得出，求出和的取值范围，可得出或（不成立），结合三角形的内角和定理可得出角的值；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换思想得出，其中为锐角，且，，求得角的取值范围，结合正弦函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）由得，
即，
即，所以，
，，，同理，
所以，或（不成立），
所以，又，则；
（2）由正弦定理得，所以，.
因为，所以，
所以，
其中为锐角，且，.
因为，所以，
易知在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取得最大值，
又，所以，
故的取值范围为.
【点睛】本题考查三角形中角的计算，同时也考查了三角形中与边长相关的代数式的取值范围的计算，涉及正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
21．已知函数在区间[2，3]上有最大值4和最小值1，设.
（1）求，的值
（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围；
（3）若有三个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）判断函数在上的单调性，得出最大值和最小值，由此可求得；
（2）设，利用分离参数法，题中问题为在上有解，求出的最大值即可得．
（3）把方程化简，并设，方程化为，结合图象，方程有两个实数解，则有，，或，，利用二次方程根的分布知识求得的范围．
【详解】（1）由题意，又，∴在上单调递增，
∴，解得．
（2）由（1），，
时，，令，则在上有解，
，∵，∴，
，则，∴的最大值为，
∴，即．
∴的取值范围是．
（3）原方程化为，
令，则，有两个实数解，
作出函数的图象，如图
原方程有三个不同的实数解，则，，或，，
记，
则，解得，
或，无解．
综上的取值范围是．
【点睛】本题考查函数的单调性，考查不等式有解，考查根据函数零点求参数范围问题，解题关键是掌握利用零点存在定理构建不等式求解，分离参数后转化为函数函数的最值，涉及到几个零点时，还要老考虑函数图象与直线的交点个数，本题考查了分析问题与解决问题的能力，考查运算求解能力．
22．如图，在四棱锥中，平面，， ，且，，
（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】（1）根据是等腰直角三角形，可得，依据平面ABCD，可得，最后根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，最后可得结果.
（2）先找到二面角的平面角，利用等体积法可求得点到平面的距离是，最后计算即可.
【详解】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由已知，
可得是等腰直角三角形，即，
又平面ABCD，则，
又平面PAC
所以平面PAC，又平面PAC
所以．
（2）如图
假设存在符合条件的点，过点作于，则，
平面，．
过点作于，连接，则平面，
，即是二面角的平面角．
若，则，又，
设 ，则，
所以
，即是线段的中点．
存在点使得二面角的大小为．
在三棱锥中，，
设点到平面的距离是，则，
，，
，解得．
在中，，，，
，
，
与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属中档题．