浙江省名校協(xié)作體2024-2025學年高二數(shù)學上學期返校聯(lián)考適應性考試試題含解析

Page26浙江省名校協(xié)作體2024-2025學年高二數(shù)學上學期返校聯(lián)考適應性考試試題考生須知：1．本卷滿分150分，考試時間120分鐘；2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號.3．全部答案必需寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4．考試結束后，只需上交答題卷.選擇題部分一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.復數(shù)（i為虛數(shù)單位），則（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由復數(shù)模的定義計算．【詳解】由已知．故選：D．2.若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，且直角邊長為，則該圓錐的側面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圓錐的母線，底面半徑，利用圓錐側面積公式求解出答案【詳解】因為圓錐的軸截面是直角邊長為的等腰直角三角形，所以圓錐的母線長為，底面直徑長為，半徑為，則此圓錐的側面積為，故選：B．3.設A，B是一個隨機試驗中的兩個事務，則（）A. B.C. D.若，則【答案】D【解析】【分析】依據(jù)概率的性質(zhì)，逐一分析選項，即可得答案.【詳解】對于A：若A，B是一個隨機試驗中的兩個事務，則，故A錯誤；對于B：若，則，故B錯誤；對于C：當A、B獨立時，，當A、B不獨立時，則不成立，故C錯誤；對于D：若，則，故D正確.故選：D4.在正方體中，M，N，P，Q分別為，，，的中點，則直線PM與NQ所成的角為（）A.30° B.45° C.60° D.90°【答案】C【解析】【分析】取AB的中點R，連接RN，RQ，，依據(jù)M，N，P，Q為中點，得到，從而為直線PM與NQ所成的角求解.【詳解】解：如圖所示：取AB的中點R，連接RN，RQ，，因為M，N，P，Q分別為，，，的中點，所以，所以，所以為直線PM與NQ所成的角，又因為是等邊三角形，所以，故選：C5.函數(shù)的圖像大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】第一步，由函數(shù)為偶函數(shù)，解除C、D選項；其次步，通過,解除B選項.【詳解】由函數(shù)得，即，故函數(shù)的定義域為，且對都有，成立，所以函數(shù)是偶函數(shù)，，解除C、D選項；又,解除B選項.故選：A.6.已知，則以下關系不正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據(jù)指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的性質(zhì)，先推斷出a，b，c的大小，再依據(jù)不等式的性質(zhì)逐項分析即可.【詳解】對于指數(shù)函數(shù)：，若，則為減函數(shù)，，即，對于冪函數(shù)：是增函數(shù)，，即，a，b，c的大小關系為：，故A正確；對于B，由于，由于，故B正確；對于C，由于是減函數(shù)，，故C正確；對于D，若成立，則有，即，與上述結論沖突，故D錯誤；故選：D.7.如圖，已知是半徑為，圓心角為的扇形，點分別是上的兩動點，且，點在圓弧上，則的最小值為（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以為原點建立的直角坐標系，設，設，可得，，可得，利用協(xié)助角公式可得答案.【詳解】以為原點建立如圖所示的直角坐標系，設，設，又，所以，可得，，

所以，其中，又，所以，所以，，所以，的最小值為．故選：B.8.在銳角中，角，，的對邊分別為，，，為的面積，且，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)余弦定理和的面積公式，結合題意求出、的值，再用表示，求出的取值范圍，即可求出的取值范圍．【詳解】解：在中，由余弦定理得，且的面積，由，得，化簡得，又，，聯(lián)立得，解得或（舍去），所以，因為為銳角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以，設，其中，所以，由對勾函數(shù)單調(diào)性知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，當時，；當時，；當時，；所以，即的取值范圍是．故選：C.【點睛】關鍵點點睛：由，所以本題的解題關鍵點是依據(jù)已知及求出的取值范圍.二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的或不選的得0分.9.下列命題中正確的是（）A.已知平面對量滿意，則B.已知復數(shù)z滿意，則C.已知平面對量，滿意，則D.已知復數(shù)，滿意，則【答案】ABC【解析】【分析】結合選項逐個驗證，向量的模長運算一般利用平方處理，復數(shù)問題一般借助復數(shù)的運算來進行.【詳解】因為，所以A正確；設，則，因為，所以，所以，所以B正確；因為，所以，即，所以C正確；因為，然而，所以D不正確.故選：ABC.10.已知函數(shù)，則（）A.是奇函數(shù) B.的圖象關于點對稱C.有唯一一個零點 D.不等式的解集為【答案】BCD【解析】【分析】求解的定義域，可知定義域不關于原點對稱，知A錯誤；依據(jù)解析式驗證可知，則知B正確；當時，由單調(diào)性的性質(zhì)可確定在上單調(diào)遞減，結合值域的求法可求得；結合對稱性可知在上單調(diào)遞減；利用零點存在定理可說明在有且僅有一個零點，知C正確；結合C的結論可說明時，時，；利用單調(diào)性，分別探討和在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)、兩個不同單調(diào)區(qū)間內(nèi)的狀況，解不等式組可求得結果.【詳解】對于A，由得：，即定義域為，不關于原點對稱，為非奇非偶函數(shù)，A錯誤；對于B，，，，圖象關于點對稱，B正確；對于C，當時，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞減；由知：圖象關于對稱，在上單調(diào)遞減；當時，，，，在上無零點；當時，，，，使得，則在上有唯一零點；綜上所述：有唯一一個零點，C正確；對于D，由C知：在和上單調(diào)遞減，又時，；時，；①當，即時，由得：，解得：（舍）或；②當時，不等式組無解，不合題意；③當，即時，，，滿意題意；④當，即時，，，不合題意；綜上所述：的解集為：，D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數(shù)性質(zhì)的綜合應用問題，涉及到函數(shù)奇偶性的推斷、對稱性的推斷、函數(shù)零點個數(shù)的求解、利用函數(shù)單調(diào)性解不等式；利用單調(diào)性解不等式的關鍵是能夠確定函數(shù)的單調(diào)性，并依據(jù)單調(diào)性將函數(shù)值大小關系的比較轉化為自變量大小關系的比較問題.11.下列說法中，正確的是（）A.若，則與夾角為銳角B.若是內(nèi)心，且滿意，則這個三角形肯定是銳角三角形C.在中，若，則為的重心D.在中，若，則為的垂心【答案】CD【解析】【分析】由數(shù)量積的定義推斷A，是內(nèi)心時，證明即得，由此結合余弦定理推斷B，由向量的線性運算證明是三角形重心推斷C，利用向量數(shù)量積的運算法則，證明向量垂直，從而得是垂心推斷D．【詳解】當同向時也的，A錯誤；如下圖是內(nèi)心，延長線交于，設，，，是外心，是三角形內(nèi)角平分線，，，又，所以．所以，所以，設內(nèi)切圓半徑為，，則，所以，若，則，設，則，鈍角，B錯；如下圖，是中點，則，又，所以，所以共線，且，所以是外心，C正確；中，若，則，所以，同理，所以是的垂線，D正確．故選：CD．12.如圖，在梯形中，為線段的兩個三等分點，將和分別沿著向上翻折，使得點分別至(在的左側)，且平面分別為的中點，在翻折過程中，下列說法中正確的是（）A.四點共面B.當時，平面平面C.存在某個位置使得D.存在某個位置使得平面平面【答案】BCD【解析】【分析】對于A選項，直線MN與直線CD為異面關系，所以A錯誤；對于B選項，當時，其長度恰好等于底面梯形中位線的長度，易知M,N兩點在底面的投影恰好落在DE和CF上，可得平面平面；對于C選項，可找出NF的平行線，將垂直的推斷轉化為異面直線所成角；對于D選項，從翻折的過程看二面角的改變趨勢可得.【詳解】對于A選項：如圖，分別取EF,CF的中點Q，S，連接AP，BP，DQ，易知均是邊長為2的正三角形，所以在翻折過程中M，N兩點在底面的射影分別落在直線PA和PB上，如圖2，易知，設M，N兩點究竟面的距離分別為，則，因為平面，所以，又，所以，易得，則，則易知共面，共面,易知異面，所以不在同一平面內(nèi)，則A錯誤；對于B選項:當時，恰有，則MNSO為平行四邊形，由對稱性知此時，M，N兩點在底面的射影即為O,S兩點，所以,得平面平面，則B正確；對于C選項:過M點作交EF于T，即為DM與FN所成角，易知在翻折過程中，又因為，則當時，，即,所以C正確；當，由B選項知，平面平面，平面平面，此時DE與CF的夾角即為平面與平面的夾角，易知此時的夾角為，而與在翻折的極限位置為,即兩平面的夾角的最大值為，所以在連續(xù)改變過程中必存在某個位置使得平面平面，所以D正確.故選：BCD.非選擇題部分三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡中的橫線上.13.集合，則m＝___．【答案】【解析】【分析】依據(jù)B?A，得到集合B的元素都是集合A的元素，進而求出m的值．【詳解】∵集合，∴，解得．故答案為：±2．14.已知函數(shù)，則不等式的解集為___________.【答案】【解析】【分析】依據(jù)給定條件分段求解不等式即可作答.【詳解】因函數(shù)，則不等式化為：或，解得：，解，無解，于是得，所以不等式的解集為.故答案為：15.已知，則的最大值為________．【答案】##【解析】【分析】依據(jù)題意得，設，所以，所以，求出的范圍，所以，分析求最值即可.【詳解】，所以，設，代入，則有，看成關于的一元二次方程，若方存在，則關于的一元二次方程必需有解，所以判別式或，所以或又函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以當且僅當時取得等號，此時，.故答案為：．【點睛】求函數(shù)最值和值域的常用方法：(1)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值；(2)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再視察其最高點、最低點，求出最值；(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值；(4)導數(shù)法：先求導，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最終結合端點值，求出最值；(5)換元法：對比較困難的函數(shù)可通過換元轉化為熟識的函數(shù)，再用相應的方法求最值．16.已知等腰直角的斜邊長為，其所在平面上兩動點、滿意（且、、），若，則的最大值為____________．【答案】##【解析】【分析】分析可知點在內(nèi)或其邊界上，取線段的中點，可得，求出的最大值，即可得解.【詳解】因為，所以，，所以，，所以，，因為且、、，所以，、、，所以，點在內(nèi)或其邊界上，取線段的中點，則，故當最大時，取最大值，如下圖所示，當點與的頂點重合時，取得最大值，且最大值為，因為，所以，，當且僅當、、三點共線且在線段上時，等號成立，故.故答案為：.【點睛】方法點睛：求兩個向量的數(shù)量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標運算；（3）利用數(shù)量積的幾何意義．詳細應用時可依據(jù)已知條件的特征來選擇，同時要留意數(shù)量積運算律的應用．四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知復數(shù)，i是虛數(shù)單位）．（1）若是純虛數(shù)，求m的值和；（2）設是z的共軛復數(shù)，復數(shù)在復平面上對應的點位于其次象限，求m的取值范圍．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）依據(jù)復數(shù)的除法運算化簡復數(shù)，再依據(jù)純虛數(shù)的實部為，虛部不為求出的值，進而求出復數(shù)的模；（2）首先依據(jù)第（1）問求出，然后依據(jù)復平面上對應點在其次象限，則實部小于，虛部大于，解不等式組求出的取值范圍.【小問1詳解】依題意得，，若是純虛數(shù)，則，解得，，.【小問2詳解】由（1）知，，，，復數(shù)在復平面上對應的點位于其次象限，，解得，即.18.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角B：（2）從①，②中選取一個作條件，證明另外一個成立；（3）若D為線段上一點，且，求的面積．【答案】（1）（2）見解析（3）4【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可得解；（2）選①，依據(jù)結合（1）求出，可得，則有，再依據(jù)正弦定理化角為邊即可得證；選②，利用正弦定理化邊為角，再結合（1）即可得出結論；（3）利用正弦定理求得，再利用三角形的面積公式結合誘導公式及倍角公式即可得出答案.【小問1詳解】解：因為，所以，所以，又，所以；【小問2詳解】證明：選①，因為，，所以，所以，即，所以；選②，因為，所以，所以，又，則，所以，即，所以；【小問3詳解】解：由（1）得，則，因為，所以，所以的面積為4．19.摩天輪是一種大型轉輪狀的機械建筑設施，游客坐在摩天輪的座艙里漸漸往上轉，可以從高處俯瞰四周景色，如圖，該摩天輪輪盤直徑為米，設置有個座艙，游客在座艙轉到距離地面最近的位置進艙，當?shù)竭_最高點時距離地面米，勻速轉動一周大約須要分鐘，當游客甲坐上摩天輪的座艙起先計時.（1）經(jīng)過分鐘后游客甲距離地面的高度為米，已知關于的函數(shù)關系式滿意（其中），求摩天輪轉動一周的解析式；（2）游客甲坐上摩天輪后多長時間，距離地面的高度第一次恰好達到50米？（3）若游客乙在游客甲之后進入座艙，且中間間隔5個座艙，在摩天輪轉動一周過程中，記兩人距離地面的高度差為米，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）最大值為米【解析】【分析】對于小問1，依據(jù)離地面的最大值米、最小值米和周期為分鐘，求出、、，再代入點解得.對于小問2，令，解出即得答案.對于小問3，依據(jù)題意，計算甲乙二人時間差，得到二人距離地面的高度表達式、，寫出兩人距離地面的高度差為米，由時間的取值范圍，化簡求出最大值.【小問1詳解】由題意，（其中）摩天輪的最高點距離地面為米，最低點距離地面為米，所以，得，又函數(shù)周期為分鐘，所以，又，所以，又，所以，所以.【小問2詳解】，所以，整理，因為，所以，所以,解得（分鐘）.【小問3詳解】經(jīng)過分鐘后甲距離地面的高度為，乙與甲間隔的時間為分鐘，所以乙距離地面的高度為，所以兩人離地面的高度差當或時，即或分鐘時，取最大值為米.20.甲、乙、丙、丁四名選手進行羽毛球單打競賽．競賽采納單循環(huán)賽制，即隨意兩位參賽選手之間均進行一場競賽．每場競賽實行三局兩勝制，即最先獲得兩局的選手獲得成功，本場競賽隨即結束．假定每場競賽、每局競賽結果互不影響．（1）若甲、乙競賽時，甲每局獲勝的概率為，求甲獲得本場競賽成功的概率；（2）若甲與乙、丙、丁每場競賽獲勝的概率分別為，，，試確定甲其次場競賽的對手，使得甲在三場競賽中恰好連勝兩場的概率最大．【答案】（1）（2）丁【解析】【分析】（1）分第一局其次局，第一局第三局，其次局第三局獲勝求解；（2）分甲在其次場甲勝乙，甲勝丙，甲勝丁求解.【小問1詳解】解：設甲在第i局獲勝為事務，事務“甲獲得本場競賽成功”，則，所以．【小問2詳解】若甲在其次場與乙競賽，則甲勝乙，且在甲丙、甲與丁的競賽中，甲只勝一場．此時，甲恰好連勝兩場的概率；若甲在其次場與丙競賽，則甲勝丙，且在甲與乙、甲與丁的競賽中，甲只勝一場．此時，甲恰好連勝兩場的概率；若甲在其次場與丁競賽，則甲勝丁，且在甲與乙、甲與丙的競賽中，甲只勝一場．此時，甲恰好連勝兩場的概率．因為，所以，甲在其次場與丁競賽時，甲恰好連勝兩場的概率最大．21.如圖①所示，長方形中，，，點是邊中點，將沿翻折到，連接，，得到圖②的四棱錐．

（1）求四棱錐的體積的最大值；（2）若棱的中點為，求的長；（3）設的大小為，若，求平面和平面夾角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）作出協(xié)助線，得到當平面⊥平面時，P點到平面ABCM的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，求出，從而得到體積最大值；（2）作出協(xié)助線，證明出四邊形CNQM為平行四邊形，從而得到；（3）作出協(xié)助線，得到∠PGD為的平面角，即，建立空間直角坐標系，用含的關系式表達出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空間向量夾角余弦公式得到，結合的取值范圍求出余弦值的最小值【小問1詳解】取AM的中點G，連接PG，因為PA=PM，則PG⊥AM，當平面⊥平面時，P點到平面ABCM的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，此時PG⊥平面，且，底面為梯形，面積為，則四棱錐的體積最大值為【小問2詳解】取AP中點Q，連接NQ，MQ，則因為N為PB中點，所以NQ為△PAB的中位線，所以NQ∥AB且，因為M為CD的中點，四邊形ABCD為矩形，所以CM∥AB且，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四邊形CNQM為平行四邊形，所以.【小問3