浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-08-12 13:01:33 | ||
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文档简介
浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试
数学学科
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。选择题部分
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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.若复数z满足，则（ ）
A. B.1 C. D.2
3.如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（ ）
A. B. C.0 D.4
4.已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，测下列说法正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，，则 D.若，，则
5.已知函数，的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
6.在，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.设a，，若时，恒有，则（ ）
A. B. C. D.
8.为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠.如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。
9.某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A.扇形统计图中D的占比最大
B.条形统计图中A和C高度不一样
C.扇形统计图中A的占比大于D的占比
D.估计该校超过一半的学生选择自行乘车或家人接送
10.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
12.已知函数，的定义域均为R，且，.若的图象关于点对称，则（ ）
A. B.
C. D.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。
13.已知甲、乙两组数据，甲：27，28，39，m，49，50；乙：24，27，n，43，48，52.若这两组数据的第40百分位数、第50百分位数分别相等，则______.
14.设，，满足，则______.
15.已知球O的表面积为，A，B，C，D为球O的球面上的四个点，E，F分别为线段AB，CD的中点.若，且，则直线AC与BD所成的角的余弦值为______.
16.设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为______.
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。
17.（本题满分10分）已知命题，是假命题.
（1）求实数m的取值集合B；
（2）设不等式的解集为A，若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围.
18.（本题满分12分）已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的单调递增区间；
（2）设，且方程存两个不同的实数根，求实数m的取值范围.
19.（本题满分12分）对平面向量，，定义运算：，其中，分别表示，，的模长，是与的夹角.在中，已知，.
（1）是否存在满足条件的，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
（2）若，D是线段AC上一点，且，求.
20.（本题满分12分）如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面平面ABCD，是边长为4的等边三角形，，，M是PC上一点.
（1）若M是PC的中点，证明：平面BDM；
（2）若平面平面PCD，求的值.
21.（本题满分12分）已知是关于x的实系数一元二次方程.
（1）若a是方程的一个复数根，且，求实数k的值：
（2）若，，是方程的两个实数根，且为整数，求整数k的所有可能值.
22.（本题满分12分）已知函数，有两个零点.
（1）求实数a的取值范围；
（2）设，是的两个零点，证明：.
浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试
数学学科参考答案
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
一项是符合题目要求的。
1.A 2.A 3.D 4.D 5.A 6.B 7.C 8.B
6.【解析】，
在中，A，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为A，，所以，即
因为，所以
由正弦定理得，
故
因为，所以，
故
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
7.【解析】当时，恒有，
当时，原式化为；
当时，原式化为，即，∴，∴.
又时，恒成立；
∴，即恒成立；
∴恒成立；
当时，∴恒成立，∴
令，则由=次函数的性质，知在单调递增；
，即∴，又，∴，则.
对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，
，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：C.
8.【解析】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示：
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的OA相等，设半球半径为R，已知小球半径，∴，，，
.
半球面形状的容器的容积是.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。
9.CD 10.AD 11.ABC 12.BD
11.【解析】记BC中点为F，连接EF，连接AF与BE交于点O，依题意知四边形ABFE是正方形.
，，故锐二面角的平面角为，
平面，过作于H，则，
而BE，OF相交于平面BCDE内，
故平面BCDE，故连接BF，则与平面BCDE所成的角为.
记，因为中，，
中，，所以①，选项A成立；
将①平方得：，所以，，
易见，都是锐角，则，∴，而，，
根据余弦函数的单调性可知，，选项C成立；
因为，，若使，则需，
即当，可以成立，即B可能成立：
另外，由，都是镜角，且知，，知.
由选项C知，∴，选项D错误.
12.【解析】因为的图象关于点对称，所以，
的定义域均为R，故，由，得，所以
，故A错误：
令得，，因为，所以与
联立得，，则，所以
，即的其中一个周期为4，因为，所以
.即，所以的其中一个周期也为4，由
，得，与联立，得
），即.所以B正确；
由，得，但与的值不确定，又，，
所以故C错误：
由，得，所以，又，，
两式相加得，，所以，故D正确.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。
13. 14. 15. 16.
15.【解析】设球O的半径为R，由，解得，
∵，且E分别为线段AB的中点，∴，
在中，，同理可得，
又∵，∴E，O，F三点共线，
作出球O的内接正四棱柱，，
∵，∴为直线AC与BD所成的角，
∵，∴，，∴，
由余弦定理得.
16.【解析】，为单位向量，则，即，
，得，令，
∴，，
，∴，有
，
由，则，即，得，∴，
即.
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.（1）因为命题，是假命题，
所以命题，是真命题，
所以在上恒成立，
令，则开口向上，对称轴为，
所以的上单调递减，在上单调递增，
又，，所以，
所以，即，故.
（2）因为是的必要不充分条件，
所以集合A是集合B的真子集，又，
因为对应的方程的根为或，
当，即时，由得，则，
所以，则，故；
当，即时，由得，显然，即，满足题意；
当，即时，由得，则，
以，则，故；
综上：，即.
18.（1），，，，且，
， ，，，则.
故.
取，，解得，，
故函数单调增区间为，.
（2），则，
设，，画出函数图像，如图所示：
根据图像知：.
19.（1）∵，∴.
∵，∴，∴，
又，∴，
∴.
，
∴当且仅当时，有最小值8.
因此，不存在满足条件的，使得.
（2）由（1）知，当时，，，
解法一：在中，，由余弦定理得，，
，.
在中，，
由正弦定理得，，
，，
∴，.
解法二：
在中，，，由正弦定理得，，
，，∴，
∴，
又，，.
∴.
20.（1）连接，连接DM，BM，OM，如图，
因为底面ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，
又M是PC的中点，所以，
因为平面BDM，平面BDM，所以平面BDM.
（2）记AB的中点为Q，连接PQ，则，
在平面ABCD过Q作，交CD于E，连接PE，如图，
因为平面平面ABCD，平面平面，
平面PAB，
所以平面ABCD，又平面ABCD，则，
易得，又，PQ，面PQE，所以面PQE，
因为面PQE，所以，
过M作交PE于N，连接NQ，则，
因为，，所以，则M，N，A，B四点共面，
所以平面MAB与平面PCD交线一部分为MN，
又平面平面PCD，平面PCD，所以平面MAB，
因为平面MAB，所以，
因是边长为4的等边三角形，所以，，
因为平行四边形ABCD中，，，，
则，，
故在中，，
易得，，则，
所以，则，
因为，所以.
21.（1）因为是关于x的实系数一元二次方程，所以，
因为a是方程的一个根，且，
当时，则或，
若，代入方程得，解得；
若，代入方程得，解得；
当a为虚数时，不妨设，则也是方程的一个根，
故，又因为，即，故，
所以，解得，
又，得，所以；
综上：或或.
（2）由韦达定理可知，，，，
所以，
因为为整数，，
所以必为的因式，则的值可能为，，，1，2，4，
则实数k的值可能为，，，1，3，
又因为， ，是该方程的两个实根，所以，则，
所以k的所有取值为，，.
22.解：，.
由可得，
令，由可得，
故.
当或，即或时，无解，
所以不存在零点；
当即时，有一解，此时x仅有一解，
所以只存在一个零点；
当，即时，有两解
，此时在各有一解，故有两个零点.
综上，实数a的取值范围为.
（2）证明：函数有两个零点，，
令，，则，为方程的两根，
则，，所以，
两边平方得，因为，
所以，
所以，
由可得，所以，
则，因为在上单调递减，
所以，即.
数学学科
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。选择题部分
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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.若复数z满足，则（ ）
A. B.1 C. D.2
3.如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（ ）
A. B. C.0 D.4
4.已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，测下列说法正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，，则 D.若，，则
5.已知函数，的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
6.在，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.设a，，若时，恒有，则（ ）
A. B. C. D.
8.为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠.如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。
9.某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A.扇形统计图中D的占比最大
B.条形统计图中A和C高度不一样
C.扇形统计图中A的占比大于D的占比
D.估计该校超过一半的学生选择自行乘车或家人接送
10.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
12.已知函数，的定义域均为R，且，.若的图象关于点对称，则（ ）
A. B.
C. D.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。
13.已知甲、乙两组数据，甲：27，28，39，m，49，50；乙：24，27，n，43，48，52.若这两组数据的第40百分位数、第50百分位数分别相等，则______.
14.设，，满足，则______.
15.已知球O的表面积为，A，B，C，D为球O的球面上的四个点，E，F分别为线段AB，CD的中点.若，且，则直线AC与BD所成的角的余弦值为______.
16.设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为______.
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。
17.（本题满分10分）已知命题，是假命题.
（1）求实数m的取值集合B；
（2）设不等式的解集为A，若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围.
18.（本题满分12分）已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的单调递增区间；
（2）设，且方程存两个不同的实数根，求实数m的取值范围.
19.（本题满分12分）对平面向量，，定义运算：，其中，分别表示，，的模长，是与的夹角.在中，已知，.
（1）是否存在满足条件的，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
（2）若，D是线段AC上一点，且，求.
20.（本题满分12分）如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面平面ABCD，是边长为4的等边三角形，，，M是PC上一点.
（1）若M是PC的中点，证明：平面BDM；
（2）若平面平面PCD，求的值.
21.（本题满分12分）已知是关于x的实系数一元二次方程.
（1）若a是方程的一个复数根，且，求实数k的值：
（2）若，，是方程的两个实数根，且为整数，求整数k的所有可能值.
22.（本题满分12分）已知函数，有两个零点.
（1）求实数a的取值范围；
（2）设，是的两个零点，证明：.
浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试
数学学科参考答案
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
一项是符合题目要求的。
1.A 2.A 3.D 4.D 5.A 6.B 7.C 8.B
6.【解析】，
在中，A，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为A，，所以，即
因为，所以
由正弦定理得，
故
因为，所以，
故
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
7.【解析】当时，恒有，
当时，原式化为；
当时，原式化为，即，∴，∴.
又时，恒成立；
∴，即恒成立；
∴恒成立；
当时，∴恒成立，∴
令，则由=次函数的性质，知在单调递增；
，即∴，又，∴，则.
对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，
，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：C.
8.【解析】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示：
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的OA相等，设半球半径为R，已知小球半径，∴，，，
.
半球面形状的容器的容积是.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。
9.CD 10.AD 11.ABC 12.BD
11.【解析】记BC中点为F，连接EF，连接AF与BE交于点O，依题意知四边形ABFE是正方形.
，，故锐二面角的平面角为，
平面，过作于H，则，
而BE，OF相交于平面BCDE内，
故平面BCDE，故连接BF，则与平面BCDE所成的角为.
记，因为中，，
中，，所以①，选项A成立；
将①平方得：，所以，，
易见，都是锐角，则，∴，而，，
根据余弦函数的单调性可知，，选项C成立；
因为，，若使，则需，
即当，可以成立，即B可能成立：
另外，由，都是镜角，且知，，知.
由选项C知，∴，选项D错误.
12.【解析】因为的图象关于点对称，所以，
的定义域均为R，故，由，得，所以
，故A错误：
令得，，因为，所以与
联立得，，则，所以
，即的其中一个周期为4，因为，所以
.即，所以的其中一个周期也为4，由
，得，与联立，得
），即.所以B正确；
由，得，但与的值不确定，又，，
所以故C错误：
由，得，所以，又，，
两式相加得，，所以，故D正确.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。
13. 14. 15. 16.
15.【解析】设球O的半径为R，由，解得，
∵，且E分别为线段AB的中点，∴，
在中，，同理可得，
又∵，∴E，O，F三点共线，
作出球O的内接正四棱柱，，
∵，∴为直线AC与BD所成的角，
∵，∴，，∴，
由余弦定理得.
16.【解析】，为单位向量，则，即，
，得，令，
∴，，
，∴，有
，
由，则，即，得，∴，
即.
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.（1）因为命题，是假命题，
所以命题，是真命题，
所以在上恒成立，
令，则开口向上，对称轴为，
所以的上单调递减，在上单调递增，
又，，所以，
所以，即，故.
（2）因为是的必要不充分条件，
所以集合A是集合B的真子集，又，
因为对应的方程的根为或，
当，即时，由得，则，
所以，则，故；
当，即时，由得，显然，即，满足题意；
当，即时，由得，则，
以，则，故；
综上：，即.
18.（1），，，，且，
， ，，，则.
故.
取，，解得，，
故函数单调增区间为，.
（2），则，
设，，画出函数图像，如图所示：
根据图像知：.
19.（1）∵，∴.
∵，∴，∴，
又，∴，
∴.
，
∴当且仅当时，有最小值8.
因此，不存在满足条件的，使得.
（2）由（1）知，当时，，，
解法一：在中，，由余弦定理得，，
，.
在中，，
由正弦定理得，，
，，
∴，.
解法二：
在中，，，由正弦定理得，，
，，∴，
∴，
又，，.
∴.
20.（1）连接，连接DM，BM，OM，如图，
因为底面ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，
又M是PC的中点，所以，
因为平面BDM，平面BDM，所以平面BDM.
（2）记AB的中点为Q，连接PQ，则，
在平面ABCD过Q作，交CD于E，连接PE，如图，
因为平面平面ABCD，平面平面，
平面PAB，
所以平面ABCD，又平面ABCD，则，
易得，又，PQ，面PQE，所以面PQE，
因为面PQE，所以，
过M作交PE于N，连接NQ，则，
因为，，所以，则M，N，A，B四点共面，
所以平面MAB与平面PCD交线一部分为MN，
又平面平面PCD，平面PCD，所以平面MAB，
因为平面MAB，所以，
因是边长为4的等边三角形，所以，，
因为平行四边形ABCD中，，，，
则，，
故在中，，
易得，，则，
所以，则，
因为，所以.
21.（1）因为是关于x的实系数一元二次方程，所以，
因为a是方程的一个根，且，
当时，则或，
若，代入方程得，解得；
若，代入方程得，解得；
当a为虚数时，不妨设，则也是方程的一个根，
故，又因为，即，故，
所以，解得，
又，得，所以；
综上：或或.
（2）由韦达定理可知，，，，
所以，
因为为整数，，
所以必为的因式，则的值可能为，，，1，2，4，
则实数k的值可能为，，，1，3，
又因为， ，是该方程的两个实根，所以，则，
所以k的所有取值为，，.
22.解：，.
由可得，
令，由可得，
故.
当或，即或时，无解，
所以不存在零点；
当即时，有一解，此时x仅有一解，
所以只存在一个零点；
当，即时，有两解
，此时在各有一解，故有两个零点.
综上，实数a的取值范围为.
（2）证明：函数有两个零点，，
令，，则，为方程的两根，
则，，所以，
两边平方得，因为，
所以，
所以，
由可得，所以，
则，因为在上单调递减，
所以，即.
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