【文档说明】上海市交通大学附属中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题 含解析.docx，共(19)页，1.091 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-dc696e7a76e162cf6bc6d0098352101f.html

以下为本文档部分文字说明：

交大附中2023学年第二学期高二年级数学开学考2023.2一､填空题（1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1.已知集合3,1,0,1,2,1ABxx=−−=，则AB=__________.【答案】3,2−【解析】【分析】将A中元素逐个代入判断1x是否成立即可得解.【详解】将

A中元素逐个代入1x，符合的有3−、2，即3,2AB=−.故答案为：3,2−.【点睛】本题考查了描述法表示集合和集合的交集运算，属于基础题.2.函数112xy=−的定义域为__________.【答案】(,0−【解析】【分析】由根式的性质，结合指数函数单

调性及指对数关系求自变量范围，即得定义域.【详解】由题设1102x−，故12log10x=，故定义域为(,0−.故答案为：(,0−3.设向量()2,1a=，e是与a方向相反的单位向量，则e的坐

标为__________.【答案】255,55−−【解析】【分析】根据相反向量、向量模的概念，求得a相反向量的坐标及模长，即可求e的坐标.【详解】由a相反向量为(2,1)−−且模长为5，∴e=255(,)55−−.故答案为：255(,

)55−−4.复数34i−的虚部是__________.【答案】4−【解析】【分析】利用复数的相关概念即可得解.【详解】由复数虚部的概念，易知复数34i−的虚部为4−.故答案为：4−.5.已知1sin3=−，则cos2的值为__________.【答案】79【解析】

【分析】应用二倍角余弦公式求值即可.【详解】由217cos212sin1299=−=−=.故答案为：796.在所有由1，2，3，4，5这五个数字组成的无重复数字的五位数中，任取一个数，则取出的数是奇数的概率为_________.【答案】35##0.6【解析】【分析】根据古典概型的概率

公式即可解出．【详解】任意一个数，共有5种可能，而这个数是奇数的可能有3种，所以任取一个数，则取出的数是奇数的概率为35P=．故答案为：35．7.已知公差为()0dd的等差数列na，其中2312aaa=，则12345aaaaa−

+−=____________．【答案】34−##-0.75【解析】【分析】由题干条件得到143ad=−，从而求出答案.【详解】由题意得：()()21112adaad+=+，解得：()1340add+=，因为0d，所以143ad=−，则12345122344443aaaadddaa

dd−+−−−===−+−+，故答案为：34−8.已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.【答案】2【解析】【分析】求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.【详解】设圆柱的高为h，底面半径为r，则体

积为2πrh，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为24πrh，因为高不变，故体积()224ππ2rhrh=，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrh，扩大后的圆柱侧面积为2π24πrhrh=，故侧面积扩大为原来的2倍

.故答案为：29.某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为110和p，若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，则p=________

【答案】1##0.25【解析】【分析】根据相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件的加法公式列方程即可求解.【详解】由题意可得：()()11149111110101050ppp−+−+−−=，整理可得：90111045p−=，解得：15p=，故

答案为：15.10.直线l过点()1,3P，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为______【答案】3yx=或40xy+−=【解析】【分析】分截距为0和不为0两种情况讨论即可.【详解】错解：因为直线l过点()1,3P,且在两坐标轴上的截距相等,设直线l的方程为1xyaa+=,则

131ab+=,所以4a=,故直线l的方程为144xy+=,即40xy+−=.错因：错误原因是忽略直线l过原点,截距为零的情况.正解：若直线l过原点，满足题意，此时直线l的方程为3yx=；若直线l不过原点，设直线l的方程为1xyaa+=,则131aa+=，所以4a=,故直

线l的方程为144xy+=，即40xy+−=.综上，直线l的方程为3yx=或40xy+−=.故答案为：3yx=或40xy+−=.11.将函数()yfx=的图象关于y轴对称，得到()ygx=的图象，当函数()yfx=与()ygx=在区间,ab上同时递增或

同时递减时，把区间,ab叫做函数()yfx=的“不动区间”．若区间1,2022为函数10xyt=−的“不动区间”，则实数t的取值范围是_________．【答案】1,1010【解析】【分析】求出函数10xyt=−图象关于y轴对称对称的函数的解析式为10xyt−

=−，分0t、0t两种情况讨论，化简两个函数的解析式，对两个函数在区间1,2022上的单调性进行分类讨论，可的关于实数t的不等式（组），综合可求得实数t的取值范围.【详解】函数10xyt=−的图象关于y轴对称对称的函数的解析式为10xyt−=−，因为区间1,2022为函数

10xyt=−的“不动区间”，所以，函数10xyt=−与函数10xyt−=−在1,2022上的单调性相同，若0t，则1010xxytt=−=−在1,2022上单调递增，1010xxytt−−=−=−在1,2022上单调递减，不合乎题意；的若0t，则10,lg1010,

lgxxxtxtyttxt−=−=−，10,lg1010,lgxxxtxtyttxt−−−−−=−=−−若函数10xyt=−在1,2022上单调递增，则lg1t，可得010t，此时函数10xyt−=−在1,2022也单调递增，则lg1t−，可

得110t，则11010t；若函数10xyt=−在1,2022上单调递减，则lg2022t，可得202210t，此时函数10xyt−=−在1,2022也单调递减，则lg2022t−，可得2022

010t−，则t不存在.综上所述，实数t的取值范围是1,1010.故答案为：1,1010.12.已知数列na的前n项和为()0,nnnSST为数列nS的前n项积，满足nnnnSTST+=（n为正整数），其中11Ta=，给出下列四个结论

：①12a=；②2(21)nann=−；③nT为等差数列；④1nnSn+=.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】【分析】根据关系式nnnnSTST+=，当1n=时，即可求得1a的值；由nnnnSTST+=得1nnnSTS=−，当2n时，可得11

11nnnSTS−−−=−，两式相除整理可证明11nS−为等差数列，即可求得nS，从而可求得,nnTa，由此得以判断各结论.【详解】因为nnnnSTST+=()*nN，所以当1n=时，21111112STSTaa+==，解

得12a=或10a=，又0nS，所以10a，故12a=，故①正确；因为nnnnSTST+=，易得1nS，所以1nnnSTS=−，当2n时，1111nnnSTS−−−=−，所以11111nnnnnnTSSTSS−−−−=−，则1111nnnnnSSSSS−−

−=−，所以()11111111111111nnnnnnSSSSSS−−−−−−+===+−−−−，则111111nnSS−−=−−，又1111111Sa==−−，所以11nS−是以1111S=−为首项，1为公差的等差数列，所以()11111nnnS=+−=−，则1nnSn+

=，经检验，112Sa==满足上式，所以1nnSn+=，故④正确；所以11111nnnnSnTnnSn+===++−−，则()111,2nnTTnnn−−=+−=，所以nT为等差数列，故③正确；当2n时，()()221111111nnnnnnnaSSnnnnnn−+−

−=−=−==−−−−，又12a=不符合上式，所以()2,11,21nnannn==−−，故②错误.故答案为：①③④.二､选择题（每题5分，共20分）本大题共有题，每题有且只有一个正确答案.13.已知0a，0b，若4a

b+=，则A.22ab+有最小值B.ab有最小值C.11ab+有最大值D.1ab+有最大值【答案】A【解析】【分析】根据基本不等式的性质，即可求解22ab+有最小值，得到答案.【详解】由题意，可知a0，b0，且ab4+=，因为0,0ab，则2aba

b+，即2()42abab+=，所以()222abab2ab162ab+=+−=−16248−=，当且仅当2ab==时，等号成立，取得最小值8，故选A．【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理

应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.14.设函数()sincosfxaxx=+（a为常数），则“0a=”是“()fx为偶函数”的（）A.充分非必要条件B.必要不充分条件C.充

要条件D.非充分非必要条件【答案】C【解析】【分析】根据定义域为R的函数()fx为偶函数等价于()=()fxfx−进行判断.【详解】解：当0a=时，()sincoscosfxxxxa=+=,所以()fx为偶函数；当()fx为偶函数

时，()=()fxfx−对任意的x恒成立，∴()sin()cos()sin+cosafxxxaxx−=−+−=−，即sincossin+cosxxxxaa+=−，得sin0ax=对任意的x恒成立，从而0a=.从而“0a=”是“()fx为偶函数”的充分必要条件.故

选：C.15.点()2,1M到直线()()():21130,Rlxy++−+=的距离的最大值为（）A.355B.5C.3D.32【答案】D【解析】【分析】由题意，求得直线所过定点，由两点之间距离公式，可得答案.【详解】由直

线()()():21130,Rlxy++−+=，整理可得()230xyxy−+++=，令2030xyxy−=++=，解得12xy=−=−，点()2,1M到直线l距离的最大值为点()2,1M到定点()1,2−−的距离，则()()22211232+

++=，故选：D.16.()2,0A−，()2,0B，()0,2C，()1,0E−，()1,0F，一束光线从点F出发射到BC上的点D，经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上（不含端点），则FD的斜率的取值范围是（）A.(),2−B.()0,+C.()1,+D.()4,+【答案】D【

解析】【分析】先根据题意求得()2,0A−关于直线BC对称的点为()12,4A，点()1,0E−关于直线AC的对称点为()12,1E−，点()12,1E−关于直线BC的对称点为()21,4E，再数形结合得到点D的变动范围，从而得到1FDAFkk，由此得解

.【详解】设直线BC方程为ykxb=+，则022kbb=+=，解得12kb=−=，即:2BCyx=−+，即:20BCxy+−=，设()2,0A−关于直线BC对称的点为()1,Axy，则1222022yxxy=+−+−=，解得24xy==，即()12,4A，14AFk

=，同理可得：点()1,0E−关于直线:2ACyx=+的对称点为()12,1E−，点()12,1E−关于直线:2BCyx=−+的对称点为()21,4E，如图所示：利用光线反射的性质可知，当这束光线反射后最终经过点A时，则其先经过点N；当这束光线反射后最终经过点E时，则其先

经过点M；所以点,MN之间为点D的变动范围，因为()21,4E，()1,0F，所以直线2FE，即直线FM斜率不存在，而14FNAFkk==，所以4FDFNkk=，即()4,FDk+.故选：D三､解答题（本大题共5道小题，每

一问均需写出必要步骤，共74分）17.如图，设长方体1111ABCDABCD−中，3ABBC==，14AA=．（1）求异面直线1AB与1BC所成角的大小；（2）求二面角11BACB−−的大小．【答案】（1）16arccos25（2

）9arccos25【解析】分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【【小问1详解】解：以DA，DC，1DD为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()13,0,4A，()3,3,0B，()13,3,4B，()0,3,0C，()10,3,4AB=−u

uur，()13,0,4BC=−−，1111111616cos,25169169ABBCABBCABBC===++，异面直线1AB与1BC所成角的大小为16arccos25；【小问2详解】解：()110,3,0AB=，()3,0,0CB=，设平

面1ABC的一个法向量为(),,nxyz=r，则134030nAByznCBx=−===，令4y=，则()0,4,3n=，设平面11ABC的一个法向量为(),,mabc=，则11130340mABbmBCac===

−−=，令4a=，则()4,0,3n=−，99cos,252525nmnmnm−===−，又二面角11BACB−−为锐二面角，二面角11BACB−−的大小为9arccos25．18.在ABC中，有πsincos6bAa

B=−，其中,,abc分别为角,,ABC的对边.（1）求角B的大小；（2）设点D是AC的中点，若3BD=，求ac+的取值范围.【答案】（1）π3B=；（2）234ac+.【解析】【分析】（1）由正弦定理边角关系将条件转化为πsi

ncos6aBaB=−，应用差角余弦公式及三角形内角性质求角的大小；（2）延长BD到E满足DEBD=，连接,AECE，易知ABCE为平行四边形，再应用余弦定理、基本不等式求ac+上界，结合三角形三边关系求下界，

即可得范围.【小问1详解】在ABC中，由正弦定理sinsinabAB=，可得sinsinbAaB=，由πsincos6bAaB=−，得πsincos6aBaB=−，即πsincos6BB=−

，所以31sincossin22BBB=+，可得tan3B=，又0πB，可得π3B=.【小问2详解】如图，延长BD到E满足DEBD=，连接,AECE，则ABCE为平行四边形，则2π23,,,3BEBAEABcAEBCa=====，

在BAE中，由余弦定理得：2222π(23)2cos3acac=+−，即2212,acac++=可变形为：2()12acac+−=，即2()12acac=+−，由基本不等式得：22()122acacac+=+−，即2()16ac+，得4ac+（当且仅当2ac==取等号）.

又AEABBE+，有23ac+，故ac+的取值范围是234ac+.19.已知ABC的顶点()5,1A，重心()3,3G．（1）求线段BC的中点坐标；（2）记ABC的垂心为H，若B、H都在直线yx=−上，求H的坐标．【答案】（1）(2,

4)（2）(5,5)H−【解析】【分析】第一问根据顶点到重心的距离与重心到底边中点的距离比为2:1，可得对应的共线向量解决求BC的中点；根据BH求AC，设点C的坐标，根据BC的中点可以用C表示B，根据点C在AC上且点B

在BH上，求出点C的坐标，根据BC与AH垂直求出AH的方程，然后联立AH与BH.【小问1详解】设BC中点()00,Mxy，因为G为ABC的重心，且()()5,1,3,3AG，所以2AGGM=，即()()002223,3xy−

=−−，所以0000312314xxyy−=−=−==，所以BC中点()2,4M【小问2详解】因为BH的方程为yx=−，且H为ABC的垂心所以1BHACkk=−即11ACk−=−，所以1ACk=所以直线AC方程为：15yx−=

−，即4yx=−所以设点(),4CCCxx−，又因为BC的中点()2,4M，设(),BBBxy则2244248BCBCxxyx+==+−==即412BCBCxxyx=−=−又因为点B在直线yx=−上，即()124CCxx−=−−，所以8Cx=的所以()8

,4C，所以44082BCMCkk−===−，则BC边上的高线AH为5x=而点H也在直线BH：yx=−上，所以点H的坐标即为AH与BH的交点即()5,5H−.20.第22届世界杯于2022年11月21日到12

月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判

断正确也有23的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2

人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知121,0==pp．①试证明：13np−为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下概率为qn，比较p10与

q10的大小．【答案】（1）分布列见解析；期望为13（2）①证明见解析；②1010pq【解析】【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；方法二：判断13,9XB，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；（2）①记第n次传

球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n时，第n1−次传球之前球在甲脚下的概率为的1np−，由条件确定1,nnpp−的关系，结合等比数列定义完成证明；②由①求出1010,pq，比较其大小即可.【小问1详解】方法一：X的所有可能取值为0,1,2,3，在一次扑球中，扑到点球的概率111

133339P==，所以()()3201338512181920C,1C972999729PXPX======，()()2323331824112C,3C99729972

9PXPX======，所以X的分布列如下：X0123P512729192729247291729()19224311237297297297293241EX=++==方法二：依题意可得，门将每

次可以扑到点球的概率为111339p==，门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3，易知13,9XB，所以()3318C,0,1,2,399kkkPXkk−===，故X的分布列为：X0

123P5127296424382431729所以X的期望()11393EX==．【小问2详解】①第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n时，第n1−次传球之前球在甲脚下的概率为1np−，第n1−次传球之前球不在甲脚下的概率为11np−−，则(

)11111101222nnnnpppp−−−=+−=−+，即1111323nnpp−−=−−，又11233p−=，所以13np−是以23为首项，公比为12−的等比数列．②由①可知1211323nn

p−=−+，所以91021113233p=−+，所以()910101122111223323qp=−=−−，故1010pq．21.设函数()fx的定义域为R.若存在实数()abmnab、、、使得()()22fxfaxm+−

=，()()22fxfbxn+−=均对任意xR成立，则称()fx为“(),,,abmn型—函数”.（1）若()fx是“()0,1,0,0型—函数”，求()2020f值；（2）若()fx是“()0,1,0,1型

—函数”，求证：函数()yfxx=−是周期函数；（3）若()fx是“(),,,abmn型—函数”，且()fx在R上单调递增，求证：存在正实数c、M，使得()fxcxM−对任意xR成立.【答案】（1）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由()fx是“

()0,1,0,0型—函数”，可得0,1,0,0abmn====，结合已知条件，即可求得()2020f值；（2）由()fx是“()0,1,0,1型—函数”，可得0,1,0,0abmn====，结合已知条件

，推导出()()()22fxxfxx+−+=−，根据周期函数定义，即可求得答案；（3）构造函数()()gxfxcx=−，设mncab−=−，根据已知条件推导出()gx是周期函数，结合已知条件，即可求得答案.【详解】（1）函数()fx的定义域为R.若存在实数()abmnab、、、使得

()()22fxfaxm+−=，的()()22fxfbxn+−=均对任意xR成立，则称()fx为“(),,,abmn型—函数”若()fx是“()0,1,0,0型—函数”则0,1,0,0abmn====，将其代入()()22fxfaxm+−

=，()()22fxfbxn+−=可得：()()0fxfx+−=，令0x=，可得()00f=()()()()()202fxfxfxfxfx+−=+=−−=2T=()()202000ff==（2）()fx是“()0,1,0,1型—函数”则0,

1,0,1abmn====，将其代入()()22fxfaxm+−=，()()22fxfbxn+−=可得：()()0fxfx+−=，()()()()()22222fxfxfxfxfx+−=+=−−=+()()()22fxxfxx+−+=−()yfxx=−，周期为：2T=函数()yfxx=−是

周期函数（3）()()22fxfaxm+−=，()()22fxfbxn+−=()()()()222222fxmfaxmnfbax=−−=−−−+()2222mmnfxba=−−+−令0mncab−=−及()()gxfxc

x=−，则()()()()2222gxfxcxfxbacxba=−=+−−+−()22gxba=+−，不妨设0baT−=，则()gx是周期为T的函数.∵12xx时，()()()()121122fxfxgxcxgxcx++

()()1212gxgxcxx−−，对任意12,xxR，对任意xR，取()0,tT使()()gxgt=()()()()00gxggtgctcT−=−()()120gxgcTxx+−，对任意12,xxR，综上，取0mncab−=−，()0Mgc

T=+，则()fxxM−对任意xR成立【点睛】本题解题关键是理解()fx为“(),,,abmn型—函数”定义和周期的求法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com