浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開學(xué)適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題含答案

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數(shù)學(xué)學(xué)科

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(xué)校、班級、姓名、試場號、座位號及準(zhǔn)考證號；

3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；

4.考試結(jié)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.已知集合，，則（）

A.B.

C.D.

2.若復(fù)數(shù)z滿足，則（）

A.B.1C.D.2

3.如圖所示的圖形中，每一個小正方形的邊長均為1，則（）

A.B.C.0D.4

4.已知m，n表示兩條不同的直線，，表示兩個不同的平面，測下列說法正確的是（）

A.若，，則B.若，，則

C.若，，，則D.若，，則

5.已知函數(shù)，的圖象如圖所示，則函數(shù)的解析式可能是（）

A.B.

C.D.

6.在，，則的取值范圍是（）

A.B.C.D.

7.設(shè)a，，若時，恒有，則（）

A.B.C.D.

8.為慶祝國慶，立德中學(xué)將舉行全校師生游園活動，其中有一游戲項目是夾彈珠.如圖，四個半徑都是1cm的玻璃彈珠放在一個半球面形狀的容器中，每顆彈珠的頂端恰好與容器的上沿處于同一水平面，則這個容器的容積是（）

A.B.

C.D.

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.某學(xué)校為了了解本校學(xué)生的上學(xué)方式，在全校范圍內(nèi)隨機抽查部分學(xué)生，了解到上學(xué)方式主要有：A—結(jié)伴步行，B—自行乘車，C—家人接送，D—其他方式.并將收集的數(shù)據(jù)整理繪制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖.根據(jù)圖中信息，下列說法正確的是（）

A.扇形統(tǒng)計圖中D的占比最大

B.條形統(tǒng)計圖中A和C高度不一樣

C.扇形統(tǒng)計圖中A的占比大于D的占比

D.估計該校超過一半的學(xué)生選擇自行乘車或家人接送

10.已知，則（）

A.B.

C.D.

11.如圖，矩形ABCD中，已知，，E為AD的中點.將沿著BE向上翻折至，記銳二面角的平面角為，與平面BCDE所成的角為，則下列結(jié)論可能成立的是（）

A.B.

C.D.

12.已知函數(shù)，的定義域均為R，且，.若的圖象關(guān)于點對稱，則（）

A.B.

C.D.

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.已知甲、乙兩組數(shù)據(jù)，甲：27，28，39，m，49，50；乙：24，27，n，43，48，52.若這兩組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)、第50百分位數(shù)分別相等，則______.

14.設(shè)，，滿足，則______.

15.已知球O的表面積為，A，B，C，D為球O的球面上的四個點，E，F(xiàn)分別為線段AB，CD的中點.若，且，則直線AC與BD所成的角的余弦值為______.

16.設(shè)，為單位向量，滿足，，，設(shè)，的夾角為，則的最小值為______.

四、解答題：本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（本題滿分10分）已知命題，是假命題.

（1）求實數(shù)m的取值集合B；

（2）設(shè)不等式的解集為A，若是的必要不充分條件，求實數(shù)a的取值范圍.

18.（本題滿分12分）已知函數(shù)的部分圖象如圖所示.

（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；

（2）設(shè)，且方程存兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍.

19.（本題滿分12分）對平面向量，，定義運算：，其中，分別表示，，的模長，是與的夾角.在中，已知，.

（1）是否存在滿足條件的，使得？若存在，求的值：若不存在，請說明理由；

（2）若，D是線段AC上一點，且，求.

20.（本題滿分12分）如圖，四棱錐的底面ABCD是平行四邊形，平面平面ABCD，是邊長為4的等邊三角形，，，M是PC上一點.

（1）若M是PC的中點，證明：平面BDM；

（2）若平面平面PCD，求的值.

21.（本題滿分12分）已知是關(guān)于x的實系數(shù)一元二次方程.

（1）若a是方程的一個復(fù)數(shù)根，且，求實數(shù)k的值：

（2）若，，是方程的兩個實數(shù)根，且為整數(shù)，求整數(shù)k的所有可能值.

22.（本題滿分12分）已知函數(shù)，有兩個零點.

（1）求實數(shù)a的取值范圍；

（2）設(shè)，是的兩個零點，證明：.

浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開學(xué)適應(yīng)性考試

數(shù)學(xué)學(xué)科參考答案

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.A2.A3.D4.D5.A6.B7.C8.B

6.【解析】，

在中，A，，故或，

當(dāng)時，，故，不合要求，舍去，

所以，，

因為A，，所以，即

因為，所以

由正弦定理得，

故

因為，所以，

故

因為，所以，

故，

因為，所以，，，

故.

7.【解析】當(dāng)時，恒有，

當(dāng)時，原式化為；

當(dāng)時，原式化為，即，∴，∴.

又時，恒成立；

∴，即恒成立；

∴恒成立；

當(dāng)時，∴恒成立，∴

令，則由=次函數(shù)的性質(zhì)，知在單調(diào)遞增；

，即∴，又，∴，則.

對于A，，故A不正確；對于B，，故B不正確；對于C，

，故C正確；對于D，，故D不正確.故選：C.

8.【解析】分別作出四個小球和容器的正視圖和俯視圖，如圖所示：

正視圖中小球球心B，半球球心O與切點A構(gòu)成直角三角形，則有，

俯視圖中，四個小球球心的連線圍成正方形，正方形的中心到球心的距離與正視圖中的OA相等，設(shè)半球半徑為R，已知小球半徑，∴，，，

.

半球面形狀的容器的容積是.

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.CD10.AD11.ABC12.BD

11.【解析】記BC中點為F，連接EF，連接AF與BE交于點O，依題意知四邊形ABFE是正方形.

，，故銳二面角的平面角為，

平面，過作于H，則，

而BE，OF相交于平面BCDE內(nèi)，

故平面BCDE，故連接BF，則與平面BCDE所成的角為.

記，因為中，，

中，，所以①，選項A成立；

將①平方得：，所以，，

易見，都是銳角，則，∴，而，，

根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性可知，，選項C成立；

因為，，若使，則需，

即當(dāng)，可以成立，即B可能成立：

另外，由，都是鏡角，且知，，知.

由選項C知，∴，選項D錯誤.

12.【解析】因為的圖象關(guān)于點對稱，所以，

的定義域均為R，故，由，得，所以

，故A錯誤：

令得，，因為，所以與

聯(lián)立得，，則，所以

，即的其中一個周期為4，因為，所以

.即，所以的其中一個周期也為4，由

，得，與聯(lián)立，得

），即.所以B正確；

由，得，但與的值不確定，又，，

所以故C錯誤：

由，得，所以，又，，

兩式相加得，，所以，故D正確.

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。

13.14.15.16.

15.【解析】設(shè)球O的半徑為R，由，解得，

∵，且E分別為線段AB的中點，∴，

在中，，同理可得，

又∵，∴E，O，F(xiàn)三點共線，

作出球O的內(nèi)接正四棱柱，，

∵，∴為直線AC與BD所成的角，

∵，∴，，∴，

由余弦定理得.

16.【解析】，為單位向量，則，即，

，得，令，

∴，，

，∴，有

，

由，則，即，得，∴，

即.

四、解答題：本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（1）因為命題，是假命題，

所以命題，是真命題，

所以在上恒成立，

令，則開口向上，對稱軸為，

所以的上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

又，，所以，

所以，即，故.

（2）因為是的必要不充分條件，

所以集合A是集合B的真子集，又，

因為對應(yīng)的方程的根為或，

當(dāng)，即時，由得，則，

所以，則，故；

當(dāng)，即時，由得，顯然，即，滿足題意；

當(dāng)，即時，由得，則，

以，則，故；

綜上：，即.

18.（1），，，，且，

，，，，則.

故.

取，，解得，，

故函數(shù)單調(diào)增區(qū)間為，.

（2），則，

設(shè)，，畫出函數(shù)圖像，如圖所示：

根據(jù)圖像知：.

19.（1）∵，∴.

∵，∴，∴，

又，∴，

∴.

，

∴當(dāng)且僅當(dāng)時，有最小值8.

因此，不存在滿足條件的，使得.

（2）由（1）知，當(dāng)時，，，

解法一：在中，，由余弦定理得，，

，.

在中，，

由正弦定理得，，

，，

∴，.

解法二：

在中，，，由正弦定理得，，

，，∴，

∴，

又，，.

∴.

20.（1）連接，連接DM，BM，OM，如圖，

因為底面ABCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點，

又M是PC的中點，所以，

因為平面BDM，平面BDM，所以平面BDM.

（2）記AB的中點為Q，連接PQ，則，

在平面ABCD過Q作，交CD于E，連接PE，如圖，

因為平面平面ABCD，平面平面，

平面PAB，

所以平面ABCD，又平面ABCD，則，

易得，又，PQ，面PQE，所以面PQE，

因為面PQE，所以，

過M作交PE于N，連接NQ，則，

因為，，所以，則M，N，A，B四點共面，

所以平面MAB與平面PCD交線一部分為MN，

又平面平面PCD，平面PCD，所以平面MAB，

因為平面MAB，所以，

因是邊長為4的等邊三角形，所以，，

因為平行四邊形ABCD中，，，，

則，，

故在中，，

易得，，則，

所以，則，

因為，所以.

21.（1）因為是關(guān)于x的實系數(shù)一元二次方程，所以，

因為a是方程的一個根，且，

當(dāng)時，則或，

若，代入方程得，解得；

若，代入方程得，解得；

當(dāng)a為虛數(shù)時，不妨設(shè)，則也是方程的一個根，

故，又因為，即，故，

所以，解得，

又，得，所以；

綜上：或或.

（2）由韋達(dá)定理可知，，，，

所以，

因為為整數(shù)，，

所以必為的因式，則的值可能為，，，1，2，4，

則實數(shù)k的值可能為，，，1，3，

又