2023-2024学年浙江省名校协作体高二（上）入学数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省名校协作体高二（上）入学数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知向量，，，则实数的值为( )
A. B. C. D.
3. 已知异面直线，分别为平面，的垂线，直线满足，，，，则( )
A. 与相交，且交线与平行 B. 与相交，且交线与垂直
C. 与平行，与平行 D. 与平行，与垂直
4. 在中，“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数在时的值域为( )
A. B. C. D.
6. 二战期间，盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数假设德军某月生产的坦克总数为，缴获的该月生产的辆坦克编号从小到大为，，，，即最大编号为，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的因为生产的坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号，，，相当于从中随机抽取的个整数，这个数将区间分成个小区间．
由于是未知的，除了最右边的区间外，其他个区间都是已知的，由于这个数是随机抽取的，所以可以用前个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度，进而得到的估计若缴获坦克的编号为，，，，，，，，则利用上述方法估计的总数为( )
A. B. C. D.
7. 已知，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
8. 已知，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的面积可能为( )
A. B. C. D.
10. 下列命题中正确的是( )
A. 某校按：：的比例对高一、高二、高三三个年级的学生进行分层随机抽样，如果抽取的样本容量为，则样本中高一年级的学生人数为
B. 一组数据，，，，，的平均数与众数相同
C. 一组数据从小到大依次为，，，，，若这组数据的极差为中位数的倍，则
D. 若甲组数据为，，，，，乙组数据为，，，，，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差
11. 函数的定义域为，已知是奇函数，，当时，，则有( )
A. 一定是周期函数 B. 在单调递增
C. D.
12. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的一个动点，则( )
A. 对任意点，都有
B. 存在点，使得的周长为
C. 存在点，使得与所成的角为
D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知圆锥的高为，体积为，则该圆锥的侧面积为______ ．
14. 已知锐角终边上一点的坐标为，则 ______ ．
15. 已知函数，若函数有两个零点，，且，则的取值范围为______ ．
16. 定义向量，其中，，若存在实数，使得对任意的正整数，都有成立，则的最小值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
某校为了调查学生的数学学习情况，在某次数学测试后，抽取了位同学的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图，已知这名同学的成绩范围是，数据分组为，，，，．
Ⅰ求的值；
Ⅱ估计这名同学成绩的上四分位数第百分位数．
18. 本小题分
已知复数满足是虚数单位．
Ⅰ求的值；
Ⅱ若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数的取值范围．
19. 本小题分
如图所示，是内一点，且满足，的延长线与的交点为．
Ⅰ设，，请用，表示；
Ⅱ设，求的值．
20. 本小题分
已知函数．
Ⅰ求函数的单调递增区间；
Ⅱ若的外接圆半径为，且，，求边上的中线长．
21. 本小题分
如图所示，在四棱台中，四边形为菱形，，，．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
22. 本小题分
已知函数，，且满足．
Ⅰ求实数的取值范围；
Ⅱ求证函数存在唯一零点；
Ⅲ设，证明．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
进行并集和补集的运算即可．
本题考查了集合的列举法的定义，并集和补集的运算，考查了计算能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：，，
则，，
，
则，解得．
故选：．
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：若与平行，由，，得，与已知条件矛盾，不符合题意，故C，均错误；
从而与相交，如图，
作，且与直线相交，
设，，，
由题意知，，，同理，
，，，故A正确，B 错误．
故选：．
根据空间中线面的位置关系判断求解．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
4.【答案】
【解析】解：因为，所以，由正弦定理可得，所以，所以，反过来“”能推出来“”．
故选：．
由正弦定理可得，所以，两边同时加上，即可得证．
本题考查充要条件，正弦定理，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数，
因为，所以，所以．
故选：．
根据三角函数的图象变换求出函数的解析式，再结合正弦函数的图象性质求解即可．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意可知，且，
前个区间的平均长度，
估计所有个区间的长度，
．
故选：．
依题意可先将坦克标号数据前个区间的平均长度计算出来，再根据样本估计总体的思想即可求得结果．
本题考查用样本的数字特征估计总体的数字特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，得，
结合，可得．
而，可知，
结合，，可得，故．
故选：．
根据题意，利用对数的运算性质化简、、，再结合对数函数的单调性比较出它们的大小．
本题主要考查了不等式的性质、利用对数的运算法则与对数函数的单调性比较大小等知识，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，即，，，
所以，
当且仅当，即，时取等号．
故选：．
合理变形结合基本不等式计算即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由余弦定理可得，当且仅当时取得等号，
即，此时，
当靠近边时高较小，此时的面积接近，故ABC符合题意．
故选：．
利用三角形面积公式及余弦定理结合基本不等式可得面积最大值，由此判定选项即可．
本题考查利用余弦定理和面积公式解三角形，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，可知高一学生数为，故A错误；
对于，该组数据的平均数，众数也是，故B正确；
对于，易知该组数据的极差为，中位数为，则，所以，故C正确；
对于，易知甲乙两组的平均数分别为，，
故两组数据的标准差分别为：
，，故D错误．
故选：．
由分层抽样的概念可判定，由平均数和众数的概念可判定，由中位数和极差的定义可判定，由标准差的定义可判定．
本题主要考查了平均数、极差和中位数的计算，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：根据题意，是奇函数，则有，令，可得，变形可得，C正确；
同时，由，变形可得，即，
又由，变形可得，
联立可得：，则有，
所以，即是周期为的周期函数，A正确；
又由当时，，而，则有，则，
则当时，，在上递减，
又由是奇函数，则的图象关于点对称，则在上递减，B错误；
，D错误．
故选：．
根据题意，由函数的对称性可得C正确，由此分析函数的周期，可得A正确，进而结合函数的解析式求出的值，利用二次函数的性质和函数的对称性可得B错误，利用周期性和对称性求出的值，可得D错误，综合可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性和周期性，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：连接、、、，
由正方体的性质可知，，
又，，面，则面，
又面，故对任意点，都有，A正确；
的周长为，易知，、重合时取得最小值，
易知为正三角形，故为中点时取得，
明显，故B错误；
设，
则由余弦定理及勾股定理可得：，
易知，故与所成的角为，
所以，
令，则，令，
由对勾函数的单调性可知：当时，即，
当时，即，，当时，即，
故，
由余弦函数在锐角范围的单调性可知，而，故C错误；
易知底面的外接圆圆心为中点，取的中点，则球心在线段上，
设，，则有，
化简得，
故，当，重合时取得最小值，D正确．
故选：．
利用线面垂直即可判定，利用点到直线的距离可判定，利用异面直线夹角的求法结合余弦定理求夹角的范围即可判定，利用球的性质确定外接球半径结合函数求最小值即可判定．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，设该圆锥的底面半径为，母线长为，
圆锥的高为，体积为，则，解可得，
则，
则该圆锥的侧面积
故答案为：
根据题意，设该圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥的体积公式可得的值，进而求出的值，由圆锥的侧面积公式计算可得答案．
本题考查圆锥的体积和侧面积计算，注意求出圆锥的底面半径，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为锐角终边上一点的坐标为，
所以，，
可得，
解得或舍去．
故答案为：．
由题意利用任意角的三角函数的定义可求的值，进而利用二倍角的正切公式即可求解．
本题考查任意角的三角函数的定义，二倍角的正切公式的应用，得到的值是解题的关键，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：的零点等价于与交点的横坐标，
易知在定义域上单调递减，结合一次函数性质可得如下函数图象，
故，
所以，
令，，则，
由二次函数的性质可知，当时取得最小值，没有最大值，
故．
故答案为：．
结合函数的性质得出，建立方程用表示，，结合二次函数的性质计算即可．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了转化思想和数形结合思想，属中档题．
16.【答案】
【解析】解：依题意得，则，
所以，
故，
等价于点到的距离，
易知与是单位圆上的点，
且由于，则是一系列点，
因为存在实数，使得对任意的正整数，都有成立，即，
所以系列点在必然出现周期重叠现象，即为单位圆上有限个点，
否则系列点为无限个数，且会出现与距离趋于的现象，
易知此时不可能存在满足题意，
所以必有，使得，则，即，
此时，易知系列点中每两个点之间的距离为定值，
又易知与所夹的弧所对的圆心角为，为使得对任意的正整数，都有，则也要成立，
故当点为的中点时，取得满足要求的最小值，
此时，记的中点为，连接，易得，
所以，故，
所以，即，
因为．
所以，
易知，所以，故，则，
又，所以，即的最小值为，
故答案为：．
依题意将问题转化为系列点到的距离大于，从而结合图形分析系列点的情况，
得到与，从而得解．
本题主要考查平面向量的数量积的性质，属于中档题．
17.【答案】解：Ⅰ由频率分布直方图可知，，
解得；
Ⅱ由，设这名学生成绩的第百分位数为，
则，
所以，
解得，
所以这名学生成绩的第百分位数为．
【解析】Ⅰ由频率分布直方图的性质计算即可；
Ⅱ利用百分位数计算公式计算即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的计算，属于基础题．
18.【答案】解：Ⅰ，
则；
Ⅱ，
复数在复平面内对应的点在第三象限，
，解得，
故实数的取值范围为
【解析】Ⅰ根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解；
Ⅱ结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
19.【答案】解：因为，
则，
解得，即；
过作交于，过作交于，
则，
因为，
则，
又因为∽，
所以，
所以，即．
【解析】由平面向量的线性运算利用基底表示向量即可；
利用平面向量的的分解和共线向量的线性关系表示即可．
本题考查平面向量的线性运算，属于中档题．
20.【答案】解：，
由得：，
故函数的单调递增区间为，；
，，又，
，
又，，，
，，
设为中点，则，
，
即边上的中线长．
【解析】利用诱导公式及二倍角公式化简解析式，再由正弦函数的单调性整体法求单调区间即可；结合及正弦定理可求得三角形的边长及夹角，由向量法求中线长即可．
本题主要考查了诱导公式，二倍角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，正弦定理，向量数量积的性质，属于中档题．
21.【答案】解：证明：取的中点，连接，，由于四边形为菱形，，
所以三角形是等边三角形，所以，所以，又因为，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，因为，所以，
因为，平面，且，所以平面，
又平面，故AD；
不妨设，则，，，
由平面，且平面，则平面平面，
又因为平面平面，则在平面投影所在直线为直线，
则直线与平面所成的角，即，
因为，则，
在中，，，得，
即，解得，
故EB，，
即，，又因为，且，平面，
所以平面，
又平面，得，所以，
则≌，过作与交于点，连接，
因为≌，所以，，，
所以≌，所以，
则为二面角的平面角．因为，，
所以，
即二面角的余弦值为．
【解析】取的中点，连接，，由已知可得四边形为平行四边形，进而可证，又可得，可证平面，进而可证结论；
直线与平面所成的角，据此可求，进而可得为二面角的平面角．求解即可．
本题考查线线垂直的证明，才不要紧面面角的余弦值的求法，属中档题．
22.【答案】解：Ⅰ由题意可得，
解得；
Ⅱ由可知，在单调递增，
故在单调递增，
且，，
所以由零点存在定理，得函数在有唯一零点，
即函数存在唯一零点；
Ⅲ若，则，，
又，，
，
令，
又，，，
即，在上单调递增，故在上单调递增，
，
即，
由知，
综上．
【解析】Ⅰ由的范围解不等式即可求得的取值范围；
Ⅱ利用零点存在性定理即可判定；
Ⅲ利用函数单调性可判定不等式左侧，构造差函数利用其单调性可判定不等式右侧．
本题考查分式不等式的解法，零点存在定理，利用函数的单调性证明不等式，属中档题．
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