【文档说明】浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.407 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-85c584a42a791269a63ea3e179e8ed88.html

以下为本文档部分文字说明：

2023学年第一学期浙江省名校协作体试题高二年级数学学科考生须知：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、单选

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1,2,3A=，2,3,4B=，1,2,3,4,5C=，则()CAB=∪ð（）A.5B.2,3C.4,5D.1,2,3,4【答案】A【解析】【分析】根

据列举法表示集合的基本运算即可求出结果.【详解】由题意可知1,2,3,4AB=，又1,2,3,4,5C=；可得()5CAB=ð.故选：A2.已知向量()2,1a=，()1,3b=−，()()kabab−⊥+，则实数k的值为（）A.94−B.94C.1−D.1【答案】B【解析】【分析

】根据平面向量数量积的坐标表示计算即可.【详解】由题意可得：()()21,3,3,2kabkkab−=−++=−，所以()()93212304kkk−−+==.故选：B3.已知异面直线a，b分别为平面，的垂线，直线m满足m，m

，ma⊥，mb⊥，则（）A.与相交，且交线与m平行B.与相交，且交线与m垂直C.与平行，m与平行D.与平行，m与垂直【答案】A【解析】【分析】根据空间中线、面的位置关系判定即可.【详解】若与平行，由,ab⊥⊥可得ab，与条件矛盾，不符合题

意，故C、D错误；所以与相交，如图所示，作bb∥，且与直线a相交，设,lab=、，则由题意blbl⊥⊥，故l⊥，同理m⊥，因为m，m，所以ml∥，故A正确.4.在ABC中，“AB”是“22sincos1AB+”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】C【解析】【分析】由三角形大边对大角可知ab，再由正弦定理可知充分性成立，同理可得必要性也成立.【详解】由题可知(),0,πAB，又AB，可知ab，可得sinsinAB；又()sin,sin0,1AB，所以2222sin

cossincos1ABBB++=，所以充分性成立；若22sincos1AB+，可得2222sincossincosABBB++，即22sinsinAB，又(),0,πAB，()sin,sin0,1AB，所以sinsinAB，可得ab，即AB；所以

必要性成立；因此“AB”是“22sincos1AB+”的充要条件.故选：C5.将函数()π2sin24fxx=+的图象向左平移5π6个单位长度，得到函数()ygx=的图象，则函数()gx在π3π,88x−时的值域为（）A.2,1−B.

1,2−C.2,3−D.3,2−【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的图象变换求出函数()ygx=的解析式，再结合正弦函数的图象性质求解即可.【详解】函数()π2sin24fxx=+

的图象向左平移5π6个单位长度，得到函数()5π23π2sin2π2sin2π2sin2641212ygxxxx==++=+=−,因为π3π,88x−,所以ππ2π2,1233x−−

,所以π2sin23,212x−−,故选: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N，缴获的该月生产的n辆坦克编号从小到大为1x，2x，…，nx，即

最大编号为nx，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1x，2x，…，nx相当于从1,N中随机抽取的n个整数，这n个数将区间0,N分成()1n+个小区间.由于N是未

知的，除了最右边的区间外，其他n个区间都是已知的，由于这n个数是随机抽取的，所以可以用前n个区间的平均长度nxn估计所有()1n+个区间的平均长度1Nn+，进而得到N的估计.若缴获坦克的编号为14，28，57，92，

141，173，224，288，则利用上述方法估计的总数为（）A.306B.315C.324D.333【答案】C【解析】【分析】依题意可先将坦克标号数据前n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.【详解】根据题意可知8n

=，且8288x=；所以前8个区间的平均长度86283888x==，因此估计所有9个区间的平均长度369N=，计算可得369324N==.故选：C7.已知42log3x=，9log16y=，5log4z=，则x，y，z的大小关系为（）A.yxzB.zxyCxy

zD.yzx【答案】C【解析】【分析】利用对数运算法则以及对数函数单调性可限定出x，y，z的取自范围，即可得出结论.【详解】根据题意可得2222log3log3x==，2233log4log4y==，5log4z=利用对数

函数单调性可知3222223log3log9log8log22x====>，即32x；又323333331log3log4log16log27log32y=====<<，可得312y；而55log4log51z==<，即

1z；综上可得xyz.故选：C8.已知0ba，2abab+=，则41212ab+−−的最小值为（）A.94B.74C.73D.53【答案】B【解析】.【分析】合理变形结合基本不等式计算即可.【详解】由()()()220122abababbab+=−+=−−=，且

2,1ba，故11114144141722222212212212421244aaaabaaa−−−−+=+=+−−=−−−−−，当且仅当142212aa−=−，即510,23ab==时取得等号.故选：B二、多选题：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.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3a=，π3A=，则ABC的面积可能为（）A.3

B.23C.934D.532【答案】ABC【解析】【分析】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.详解】由余弦定理可得222221cos9222bcaAbcbcbcbcbcbc+−==+−=−=，当且仅当b

c=时取得等号，此时193sin24ABCSbcA=△，当A靠近BC时高较小，此时的面积接近0，故ABC符合题意.故选：ABC.10.下列命题中正确的是（）A.某校按2:3:4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900，则样本中高一年级的学生人数为300B.一组数据12，13，14，14，15，16的平均数与众数相同C.一组数据从小到大依次为1，2，3，5，m，若这组数据的极差为中位数的2倍，则7m=D.若甲组数据为1

，2，3，4，5，乙组数据为6，7，8，9，10，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差【答案】BC【【解析】【分析】由分层抽样的概念可判定A，由平均数和众数的概念可判定B，由中位数和极差的定义可判定C，由标准差的定义可判定D.【详解】

对于A，可知高一学生数为2900200234=++，故A错误；对于B，该组数据的平均数121314141516146x+++++==，众数也是14，故B正确；对于C，易知该组数据的极差为1m−，中位数为3，则1237mm−==，

故C正确；对于D，易知甲乙两组的平均数分别为3,8xx==甲乙，故两组数据的标准差分别为()()()()()22222132333435325S−+−+−+−+−==甲，()()()()()222226878889810825S−+−+−+−+−==乙，故D错误.故选：BC11

.函数()fx的定义域为R，已知()1fx+是奇函数，()()22fxfx+=−，当1,2x时，()22fxax=+，则有（）A.()fx一定是周期函数B.()fx在0,1单调递增C.()10f=D

.13533f=【答案】AC【解析】【分析】由抽象函数的性质一一判定即可.【详解】∵()1fx+是奇函数，∴()()()()112fxfxfxfx+=−−++=−−，∴()()()12110fff−+=−=，故C正确；又()()22fx

fx+=−，故()()()()()()()2224fxfxfxfxfxfxfx−−=−−=+−+=+=，即4T=是()fx的一个周期，故A正确；由()1fx+是奇函数知()fx关于()1,0中心对称，即函数()fx在0,1上的单调性与

1,2上的单调性一致，由()()101202ffaa==+==−，则1,2x时，()222fxx=−+，显然此时函数单调递减，即B错误；由上可知：213115532422333339ffff=+==−=−

+=−，故D错误.故选：AC.12.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点P为线段11AC上的一个动点，则（）A对任意点P，都有BDPC⊥B.存在点P，使得BPC△的周长为3C.存在点P，使得PC与1AB所成的角为7π2

4D.三棱锥−PABC的外接球表面积的最小值为9π4【答案】AD【解析】【分析】利用线面垂直即可判定A，利用点到直线的距离可判定B，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C，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D.【详解】连接

11ACBDDPDC、、、，由正方体的性质可知1,BDACBDAA⊥⊥，.又11,ACAAAACAA=、面1AC，则BD⊥面1AC，又PC面1AC，故对任意点P，都有BDPC⊥，A正确；BPC△的周长为BCCPPB++，易知1min1,CPCC

==1PC、重合时取得最小值，易知11ABCV为正三角形，故min62BP=，P为中点时取得，明显61132BCCPPB++++，故B错误；设()10,2PCxx=，则由余弦定理及勾股定理可得：2222

11,12CPxDPxx=+=+−，易知11ABDC∥，故PC与1AB所成的角为1PCD，所以()2212221121221cos121221xxxxPCDxx++−+−+==+++()()1111192221848221xx=++−++①，令2

21tx=+，则1,5t，令()1911,5884yttt=+−，由对勾函数的单调性可知：当3t=时，即22x=，min12y=，当1t=时，即0,1xy==，当5t=时，即32,5xy==，故1,12y①23,22

，由余弦函数在锐角范围单调性可知1ππ,64PCD，而7ππ244，故C错误；的易知底面ABC的外接圆圆心为AC中点E，取11AC的中点1E，则球心O在线段1EE上，如图所示，连接球心与三棱锥−PABC的各顶点，设1OEhPEx==，，则有()22

2222212hOCOPhx+===−+，化简得222211192424216xxhOC=+=++，故29π4π4SOC=，当1PE、重合时取得最小值，D正确.故选：AD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相应的横线上.13.已知圆锥的高为2，体积为2π3，则该圆锥的侧面积为______.【答案】5π【解析】【分析】利用圆锥体积公式可知其底面半径1r=，再由侧面展开图可计算可得面积为5π.【详解】设圆锥底面半径为r，由题意

可得圆锥的高2h=，体积212ππ33Vrh==，解得1r=；所以圆锥母线225lhr=+=；由圆锥侧面展开图可知，展开图是半径为5，弧长为2π2πr=的扇形，所以该圆锥的侧面积为12π55π2S==.故答案为：5π14.已知锐角终边上

一点P的坐标为()3,4，则tan2=______.【答案】12##0.5【解析】【分析】利用三角函数的定义和半角公式计算即可.【详解】由三角函数定义可知：22224433πsin,cos,0,5523434

====++，则2sin2sincossin1222tan21cos2cos2cos22====+.故答案为：1215.已知函数()()ln1,01,0xxfxxx−=+，若函数()yfxa

=−有两个零点12,xx，且12xx，则2211e2xx+的取值范围为______.【答案】211e,2−+【解析】【分析】结合函数的性质得出1a，建立方程用a表示12,xx，结合二次函数

的性质计算即可.【详解】()yfxa=−的零点等价于()yfx=与ya=交点的横坐标，易知()ln1yx=−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1a，()1212ln111e,1axaxxxa−==+=−=−，所以2222111eee122xaax−+=

−+①，令e,1eatat=，则①=22112ett−+，由二次函数的性质可知当2et=时取得最小值211e2−，没有最大值，故222111e1e,22xx+−+.故答案为：211e,2−+

.16.定义向量(),cos,sinnxanxnx=，其中Nn，()0,x+，若存在实数t，使得对任意的正整数n，都有,1,622nxtaa−−成立，则x的最小值是______.【答案】25#

#25【解析】【分析】依题意将问题转化为系列点nP到Q的距离大于622−，从而结合图形分析系列点nP的情况，得到*2πNx与π2π36x=，从而得解.【详解】依题意得(),cos,sinnxanxnx

=，则1,(cos,sin)tatt=，所以,1,(coscos,sinsin)nxtaanxtnxt−=−−，故22,,(coscos)(sinsin)nitaxanxtnxt−=−+−，等价于点(cos,sin)nPnxnx到(cos,sin)Qtt的距离，

易知(cos,sin)nPnxnx与(cos,sin)Qtt是单位圆上的点，且由于*Nn，则(cos,sin)nPnxnx是一系列点，因为存在实数t，使得对任意的正整数n，都有,1,622nxtaa−−成立，即622nPQ−，所以系列点nP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nP为无限个数，且会出现1nP−与nP距离趋于0的现象，易知此时不可能存在Q满足题意，所以必有*12,Nnn，使得212πxnxn=+，则212πnxn−=，即*2πNx，此时，易知系列点nP中每两个点之间的距离为定值，又易

知(cos,sin)nPnxnx与()()()1cos1,sin1nPnxnx−−−所夹的弧所对的圆心角为1nnPOPx−=，为使得对任意的正整数n，都有622nPQ−，则1622nPQ−−也要成立，故当点Q为1nnPP−的中点时，nPQ取得

满足要求的最小值，此时，记nPQ的中点为M，连接OM，易得2nxPOQ=，2nxPOM=，所以sinsin4nnnPPxMOPOM==，故2sin4nPxQ=，所以622sin42x−，即62sin44x−，因为ππ

πππππ62sinsinsincoscossin123434344−=−=−=，所以πsinsin412x，易知02πx，所以π042x，故π412x，则π2π36x=，又*2πNx，所以2π5x，即x的最

小值为2π5.故答案为：2π5.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为系列点nP到Q的距离大于622−，再分析系列点nP的特点，从而得解.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.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100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100名同学的成绩范围是50,100，数据分组为)50,

60，)60,70，)70,80，)80,90，90,100.（1）求x的值；（2）估计这100名同学成绩的上四分位数（第75百分位数）.【答案】（1）0.03x=（2）85.【解析】【分析】

（1）由频率分布直方图的性质计算即可；（2）利用百分位数计算公式计算即可.【小问1详解】由()0.0050.0160.0390.01101x++++=得0.03x=；【小问2详解】由0.050.160.390.6++

=，设这100名学生成绩的第75百分位数为m，则)80,90m.由()800.030.15m−=得85m=所以这100名学生成绩的第75百分位数为85.18.已知复数z满足1i1i12z+−=−（i是虚数单位）（1）求z的值；（2）

若复数()25zmz−−在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围.【答案】（1）12i+；（2）7(,4)2.【解析】【分析】（1）利用的除法运算求出z即可.（2）由（1）的结论，结合复数的乘方运算，再利用复数的几何意义列出不等式组求解作答.【小问1详解】由1i1i12z+−=−，

得()()()()()21i21i1i1112i1i1i1iz+++=+=+=+−−+.【小问2详解】由（1）知，222)512i)512i)(1)94(1)i10i(((zmzmmm−−=−+−−=−−+−+228)272)i((mmm=−−+−，由复数()25zmz−−在复平面内

对应的点在第三象限，.得22802(72)0mmm−−−，解得742m，所以实数m的取值范围为7(,4)2.19.如图所示，M是ABC内一点，且满足23AMMBMC=+，BM的延长线与AC的交点为N.（1）设ABa=，ACb=，请用a，b表示AM；（2）设BMBN

=，求的值.【答案】（1）1132AMab=+（2）23=【解析】【分析】（1）利用基底表示向量即可；（2）利用向量的的分解和共线向量的线性关系表示即可.【小问1详解】∵23AMMBMC=+，则()()23AMABAMACAM=−+−，解得1132AMABAC=+，即1132AMab=+

.【小问2详解】过M作//MPAC交AB于P，过M作//MQAB交AC于Q，则AMAPAQ=+，因为1132AMABAC=+，则13APAB=，又因为BPM△相似于BAN，所以23BMBPBNBA==,所以23BMBN=，即23=.20.已知函数()π5π4sinsin1212fxxx

=−+.（1）求函数()fx的单调递增区间；（2）若ABC的外接圆半径为1，且()1fA=，2π3B=，求BC边上的中线长.【答案】（1）()πππ,πZ63kkk轾犏-+?犏臌（2）72【解析】【分析】（1）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；（2）结合（1）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.【小问1详解】()π5ππππ4sinsin4sinsin121212212fxxxxx=−+=−+

−πππ4sincos2sin212126xxx=−−=−由()πππ2π22πZ262kxkk−+−+解得：()ππππZ63kxkk−

+，故函数()fx的单调递增区间为()πππ,πZ63kkk轾犏-+?犏臌.【小问2详解】∵()1fA=，∴π1sin262A−=，又π03A，∴π6A=，又∴2sinsinsinabcABC===

，π6AC==，2π3B=，∴1ac==，3b=，设D为BC中点，则()12ADABAC=+∴()()22221172cos444ADABACABACABACA=+=++=，即BC边上的中线长72AD=.21.如图所示，在四棱台1111ABCDABCD−中，四边形ABCD为菱

形，3BAD=，11122ADDDAD==，1ADDD⊥.（1）求证：1ADAB⊥；（2）若直线1AB与平面ABCD所成角的正弦值为33，求二面角1ABDD−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）13−【解析】【分析】（1）取AD的中点E，连接1AE，

BE，利用三线合一得ADBE⊥，再证明四边形11AEDD为平行四边形从而得到11//AEDD，则1ADAE⊥，再利用线面垂直的判定和性质即可证明；（2）过E作EFBD⊥与BD交于点F，连接1DF，利用定义法，通过作图找到二面

角的平面角为1DFE，再利用余弦定理即可得到答案.【小问1详解】取AD的中点E，连接1AE，BE，由于四边形ABCD为菱形，3BAD=，所以三角形ABD是等边三角形，所以ABBD=，所以ADBE⊥，又因为112ADAD=，所以111

1,//ADDEADDE=，所以四边形11AEDD为平行四边形，所以11//AEDD，因为1ADDD⊥，所以1ADAE⊥，因为1,BEAE平面1ABE，且1BEAEE=，所以AD⊥平面1ABE，又1AB平面1ABE，故1ADAB⊥；【小问2详解】不

妨设111222ADDDAD===，则12AA=，2AB=，22213BE=-=，由AD⊥平面1ABE，且AD平面ABCD，则平面ABCD⊥平面1ABE，又因为平面ABCD平面1ABEBE=，则1AB在平面ABCD投影

所在直线为直线BE，则1ABE直线1AB与平面ABCD所成的角，即113sin33ABE==，因为10,2ABE，则16cos3ABE=，在1AEB△中，3BE=，11AE=，得22211

112cosAEABBEABBEABE=+−，即211613233ABAB=+−，解得12AB=.故22211BEAEAB=+，22211ABAAAB=+，即11ABAE⊥，11ABAA⊥，又因为111AEAAA=，且11,AEAA平面11AADD，所以1AB⊥平面11AADD.又11A

D平面11AADD得111ABAD⊥，所以2211113BDABAD=+=，则1EBDDBD△≌△.过E作EFBD⊥与BD交于点F，连接1DF，因为EBDEBD△≌△，所以1EDDD=，1EDFDDF=，DFDF=，所以1EDFDDF△≌△，

所以12DFDEFD==，则1DFE为二面角1ABDD−−的平面角.因为113322EFFD===，221112DE=+=，所以22111121cos23EFFDDFFEEEFDD+−==−.即二面角1ABDD−−的余弦值为13−.22.已知函数()2

xaxfxax+=−，()0,x+，且满足()()11,0f−.（1）求实数a的取值范围；（2）求证函数()fx存在唯一零点；（3）设()0ft=，证明()221122aftaaa+−++−.【答案】（1）1a（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由()1f的范围

解不等式即可求得a的取值范围；（2）利用零点存在性定理即可判定；（3）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.【小问1详解】由题意可得()()11121,0110afaa+=−−−−，解之得1a；【小问2详解】由（1）可知2,

xaxyyax+==−在()0,+单调递增，故()fx在()0,+单调递增，且()10f，()2212210faa=+−−，所以由零点存在定理，得()fx在()1,2内有唯一零点，即函数()fx存在唯一

零点；【小问3详解】若()0ft=，则()()1,212,3tt+，所以()()2211fafta=+−+，又()20taattfta+−==，2taatt=−，所以()12212111ttatftatattat+++=+−=−+−++2121t

attat+=+−++，令()()2212221221tgaaftatatat−=+−−+=−++−++，又1t，所以220,10tt−−，即212tyayta−=−=、在()1,a+上单调递增，故()ga在()

1,+上单调递增，所()()()()()()()()22212212221101111ttttttttttttttattgg+−+++−+−=−+===++++，即()2221afta++−，综上()221122aftaaa+−++−，证毕.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

号www.xiangxue100.com