云南省开远市第一中学校2023-2024学年高二上学期开学考试数学 Word版含解析.docx

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开远市第一中学校2023年秋季学期高二年级开学假期作业考试数学试卷考生注意：1．本试满分150分，考试时间120分钟．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效．一、单选题：本题共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.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求得集合M，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】,,故故选：B.2.已知集合，从集合中任取不同的两个数作为点的坐标，则事件“点落在轴上”包含的基本事件共有（）A.个B.个C.个D.个【答案】A【解析】【分析】列举出满足条件的点的坐标，即可得解.【详解】“点落在轴上”包含的基本事件有：、、、、、、，共个.故选：A. 3.已知复数z满足，则（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数模的计算以及复数的除法，即可求得答案.【详解】由题意知复数z满足，即，故选：C4.设，则“”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【答案】A【解析】【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.5.函数的部分图像大致为（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】研究函数奇偶性，结合函数部分区域函数值的正负，即可判定选项.【详解】定义域为且关于原点对称，，所以为奇函数，即图像关于原点对称；当时令，可得，所以时，，时,结合图形可知A选项正确.故选：A.6.在中，若为边上的中线，点在上，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角形法则和平行四边形法则表示向量.【详解】如图所示，在中，因为为边上的中线， 所以为的中点，所以由平行四边形法则有：，又点在上，且所以，所以，故选：A.7.天文学上用绝对星等衡量天体的发光强度，目视星等衡量观测者看到的天体亮度，可用近似表示绝对星等M，目视星等m和观测距离d（单位：光年）之间的关系．已知天狼星的绝对星等为1.45，老人星的绝对星等为﹣5.53，在地球某地测得天狼星的目视星等为﹣1.45，老人星的目视星等为﹣0.73，则观测者与天狼星和老人星间的距离比约为（）（100.54≈0.288，101.54≈34.67）A.0.288B.0.0288C.34.67D.3.467【答案】B【解析】【分析】利用题中的数据，设出地球与天狼星的距离为d1，地球与老人星的距离为d2，即可解出．【详解】设地球与天狼星距离为d1，地球与老人星的距离为d2，由题意可得，所以， 所以，，故选：B．8.已知正三棱锥的四个顶点都在半径为R的球面上，且，若三棱锥的体积为，则该球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】取的中心，设球心为，先由三棱锥的体积求出棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求表面积即可.【详解】由题意得，为等边三角形，取的中心，设球心为，易得共线，设三棱锥的高为，，则，则，又，由正弦定理得，，在中，，即， 解得，则球的表面积为.故选：D.二、多选题：本题共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.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据函数奇偶性与单调性对选项逐一分析判断.【详解】A，函数是非奇非偶函数，故排除A；B，函数是上的奇函数也是减函数，故B正确；C，函数在定义域上是奇函数，但在和上是减函数，在定义域上不具有单调性，故排除C；D，函数是上的奇函数也是减函数，故D正确.故选：BD10.若，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由不等式的性质，指数函数、对数函数和幂函数的性质，判断不等式是否成立.【详解】需要，不能满足，A选项错误；由指数函数的性质，当时，有，B选项正确；由幂函数性质，当时，有，即，C选项正确；当时，满足，但不成立，D选项错误.故选：BC 11.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.当时，的值域为C.将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象D.将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称【答案】ACD【解析】【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；由，知，因为，所以，所以，，即，，又，所以，所以，对于B，当时，，所以， 所以的值域为，故B错误；对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．故选：ACD．12.如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（）A.三点共线B.异面直线BD与所成的角为C.点到平面的距离为D.过点的平面截该正方体所得截面的面积为【答案】ACD【解析】【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得平面，则的长度就是点到平面的距离，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形 就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则，因为平面平面，所以平面平面，所以点是平面与平面的公共点；显然是平面与平面的公共点；因为交平面于点平面，所以也是平面与平面的公共点，所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；因为平面平面ABCD，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，即异面直线BD与所成的角为，故B不正确；根据证明的方法，同理可得，因为平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离，显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为，所以， 又，所以,即点到平面的距离为，故C正确；取的中点，连，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图：因为，，所以等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知事件A和B相互独立，且，则__________．【答案】【解析】【分析】由相互独立事件的概率乘法公式计算即可.【详解】事件A和B相互独立，且，则. 故答案为：14.已知在上单调递减，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】利用函数的单调性的性质，求得的范围，即得所求．【详解】若函数在上是单调减函数，则，解得，即，故答案为：．15.若，，其中，，则的值为______．【答案】【解析】【分析】根据，进而利用两角和与差的余弦求得，然后求出.【详解】因为，所以.因为，所以.由已知可得，， 则.因为，所以.故答案为：【点睛】方法点睛：三角函数化简求值，常用拼凑角：（1）再利用诱导公式求值或化简时，巧用相关角的关系会简化解题过程，常见的互余关系有：与，与，与等；常见的互补关系有：与，与等；（2）在利用两角和与差的三角函数公式求值或化简时，常根据角与角之间的和差、倍半、互余、互补的关系，运用角的变换，沟通条件与结论的差异，使问题获解，常见角的变换方式有：，，等等.16.已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】由基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得的范围．【详解】∵，，且，∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值为8， 由解得，∴实数的取值范围是故答案为：．【点睛】方法点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题第一步是利用基本不等式求得的最小值，第二步是解不等式．四、解答题：本题共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.已知向量，，，且.（1）求实数的值；（2）求向量与的夹角.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）计算出平面向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，由此可求得实数的值；（2）利用平面向量夹角余弦的坐标表示可求得的值，结合角的取值范围可求得结果.【详解】（1），，则，又，且，，解得；（2），，因此，.【点睛】本题考查利用平面向量垂直的坐标表示求参数，同时也考查了平面向量夹角的计算，考查计算能力，属于基础题.18.“无故障里程”是指汽车从出厂到首次出现故障时共行驶的里程，某市场研究机构从某品牌出现过故障的汽车中随机抽取了100辆，调查这些汽车的无故障里程（单位：百公里），将调查数据按照［85，95），［95，105），...，［135，145]分成6组，得到下面的频率分布直方图. （1）将频率分布直方图补充完整；（2）求该品牌汽车无故障里程的平均数的估计值；（每组数据以该组数据所在区间的中点值为代表）（3）该品牌汽车的广告宣称：该品牌汽车无故障里程不低于100百公里的汽车至少占全部汽车的85%.请你根据样本数据判断：该广告内容是否属实？【答案】（1）直方图见解析（2）（3）不属实【解析】【分析】（1）由频率和为1列式求解第三组的小长方形的高，补充完整直方图；（2）由频率分布直方图平均数的计算公式计算；（3）先求解无故障里程低于100百公里的频率，从而可得无故障里程不低于100百公里的频率，即可判断.【小问1详解】设第三组的小长方形的高为a，则，得.频率分布直方图补充完整如下：【小问2详解】该品牌汽车无故障里程的平均数的估计值为. 【小问3详解】样本中无故障里程低于100百公里的频率约为，所以无故障里程不低于100百公里的频率约为，所以该广告内容不属实.19.已知函数（1）求函数的单调区间（2）若函数的图象向右平移个单位，再向下平移个单位后得到函数的图象，当，求函数的值域【答案】（1）增区间：，，减区间：，；（2）【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再求函数的单调区间即可.（2）首先根据题意得到，根据得到，即可得到函数的值域.【详解】（1）.，解得，.，解得，.所以函数的增区间：，， 减区间：，.（2）.因为，所以.所以，即.【点睛】本题第一问考查三角函数的单调区间，第二问考查三角函数的平移变换，同时考查了三角函数的值域问题，属于简单题.20.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA=AB=2，PB=，∠ABC=60°，且平面PAC⊥平面ABCD.（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）若M是PC上一点，且BM⊥PC，求三棱锥M-BCD的体积.【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质和线面垂直的性质证得PA⊥BD，根据平面几何知识证得PA⊥AB，由线面垂直的判定定理可得证；（2）由VM-BCD=VP-BCD可求得答案.【小问1详解】证明：∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC.∵平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC平面ABCD=AC，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAC.∵PA平面PAC，所以PA⊥BD. 又∵PA=AB=2，PB=，∴PA2+AB2=PB2，得PA⊥AB.又∵AB，BD平面ABCD，ABBD=B，PA⊥平面ABCD.【小问2详解】解：由（1）得PA⊥平面ABCD，∵AC平面ABCD，∴PA⊥AC，∴，得ΔPBC为等腰三角形.在△PBC中，由余弦定理得.∵BM⊥PC，∴，则.得CM=PC，又S△BCD=BC·CDsin120°=，∴三棱锥M-BCD的体积VM-BCD=VP-BCD=S△BCD×PA=.21.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知：（1）求角A的大小；（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知利用正弦定理可得的值，结合范围，可得的值．（2）由（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由题意可求范围 ，进而根据正弦函数的性质即可求解的取值范围．小问1详解】由正弦定理及，得，所以，因为，所以．【小问2详解】由（1）知，则，，因为，所以，即，所以，为锐角三角形，，因为，所以，则，所以．的取值范围为.22.某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”.经调研发现：某珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与施用肥料（单位：千克）满足如下关系：肥料成本投入为元，其它成本投入（如培育管理、施肥等人工费）元.已知这种水果的市场售价大约为15元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为（单位：元）. （1）求的函数关系式；（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？【答案】（1）（2）当施用肥料为4千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润为480元【解析】【分析】（1）利用，即可求解；（2）对进行化简，得到，然后，分类讨论和时，的取值，进而得到答案.【小问1详解】根据题意，，化简得，【小问2详解】由（1）得当时，当时，当且仅当时，即时等号成立.因为，所以当时，.