浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试数学试题含答案

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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、选择题：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.已知集合，，则（）

A.B.

C.D.

2.若复数z满足，则（）

A.B.1C.D.2

3.如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（）

A.B.C.0D.4

4.已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，测下列说法正确的是（）

A.若，，则B.若，，则

C.若，，，则D.若，，则

5.已知函数，的图象如图所示，则函数的解析式可能是（）

A.B.

C.D.

6.在，，则的取值范围是（）

A.B.C.D.

7.设a，，若时，恒有，则（）

A.B.C.D.

8.为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠.如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（）

A.B.

C.D.

二、选择题：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.某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（）

A.扇形统计图中D的占比最大

B.条形统计图中A和C高度不一样

C.扇形统计图中A的占比大于D的占比

D.估计该校超过一半的学生选择自行乘车或家人接送

10.已知，则（）

A.B.

C.D.

11.如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（）

A.B.

C.D.

12.已知函数，的定义域均为R，且，.若的图象关于点对称，则（）

A.B.

C.D.

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的横线上。

13.已知甲、乙两组数据，甲：27，28，39，m，49，50；乙：24，27，n，43，48，52.若这两组数据的第40百分位数、第50百分位数分别相等，则______.

14.设，，满足，则______.

15.已知球O的表面积为，A，B，C，D为球O的球面上的四个点，E，F分别为线段AB，CD的中点.若，且，则直线AC与BD所成的角的余弦值为______.

16.设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为______.

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.（本题满分10分）已知命题，是假命题.

（1）求实数m的取值集合B；

（2）设不等式的解集为A，若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

18.（本题满分12分）已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的单调递增区间；

（2）设，且方程存两个不同的实数根，求实数m的取值范围.

19.（本题满分12分）对平面向量，，定义运算：，其中，分别表示，，的模长，是与的夹角.在中，已知，.

（1）是否存在满足条件的，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；

（2）若，D是线段AC上一点，且，求.

20.（本题满分12分）如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面平面ABCD，是边长为4的等边三角形，，，M是PC上一点.

（1）若M是PC的中点，证明：平面BDM；

（2）若平面平面PCD，求的值.

21.（本题满分12分）已知是关于x的实系数一元二次方程.

（1）若a是方程的一个复数根，且，求实数k的值：

（2）若，，是方程的两个实数根，且为整数，求整数k的所有可能值.

22.（本题满分12分）已知函数，有两个零点.

（1）求实数a的取值范围；

（2）设，是的两个零点，证明：.

浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试

数学学科参考答案

一、选择题：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.A2.A3.D4.D5.A6.B7.C8.B

6.【解析】，

在中，A，，故或，

当时，，故，不合要求，舍去，

所以，，

因为A，，所以，即

因为，所以

由正弦定理得，

故

因为，所以，

故

因为，所以，

故，

因为，所以，，，

故.

7.【解析】当时，恒有，

当时，原式化为；

当时，原式化为，即，∴，∴.

又时，恒成立；

∴，即恒成立；

∴恒成立；

当时，∴恒成立，∴

令，则由=次函数的性质，知在单调递增；

，即∴，又，∴，则.

对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，

，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：C.

8.【解析】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示：

正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，

俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的OA相等，设半球半径为R，已知小球半径，∴，，，

.

半球面形状的容器的容积是.

二、选择题：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.CD10.AD11.ABC12.BD

11.【解析】记BC中点为F，连接EF，连接AF与BE交于点O，依题意知四边形ABFE是正方形.

，，故锐二面角的平面角为，

平面，过作于H，则，

而BE，OF相交于平面BCDE内，

故平面BCDE，故连接BF，则与平面BCDE所成的角为.

记，因为中，，

中，，所以①，选项A成立；

将①平方得：，所以，，

易见，都是锐角，则，∴，而，，

根据余弦函数的单调性可知，，选项C成立；

因为，，若使，则需，

即当，可以成立，即B可能成立：

另外，由，都是镜角，且知，，知.

由选项C知，∴，选项D错误.

12.【解析】因为的图象关于点对称，所以，

的定义域均为R，故，由，得，所以

，故A错误：

令得，，因为，所以与

联立得，，则，所以

，即的其中一个周期为4，因为，所以

.即，所以的其中一个周期也为4，由

，得，与联立，得

），即.所以B正确；

由，得，但与的值不确定，又，，

所以故C错误：

由，得，所以，又，，

两式相加得，，所以，故D正确.

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的横线上。

13.14.15.16.

15.【解析】设球O的半径为R，由，解得，

∵，且E分别为线段AB的中点，∴，

在中，，同理可得，

又∵，∴E，O，F三点共线，

作出球O的内接正四棱柱，，

∵，∴为直线AC与BD所成的角，

∵，∴，，∴，

由余弦定理得.

16.【解析】，为单位向量，则，即，

，得，令，

∴，，

，∴，有

，

由，则，即，得，∴，

即.

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.（1）因为命题，是假命题，

所以命题，是真命题，

所以在上恒成立，

令，则开口向上，对称轴为，

所以的上单调递减，在上单调递增，

又，，所以，

所以，即，故.

（2）因为是的必要不充分条件，

所以集合A是集合B的真子集，又，

因为对应的方程的根为或，

当，即时，由得，则，

所以，则，故；

当，即时，由得，显然，即，满足题意；

当，即时，由得，则，

以，则，故；

综上：，即.

18.（1），，，，且，

，，，，则.

故.

取，，解得，，

故函数单调增区间为，.

（2），则，

设，，画出函数图像，如图所示：

根据图像知：.

19.（1）∵，∴.

∵，∴，∴，

又，∴，

∴.

，

∴当且仅当时，有最小值8.

因此，不存在满足条件的，使得.

（2）由（1）知，当时，，，

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）连接，连接DM，BM，OM，如图，

因为底面ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，

又M是PC的中点，所以，

因为平面BDM，平面BDM，所以平面BDM.

（2）记AB的中点为Q，连接PQ，则，

在平面ABCD过Q作，交CD于E，连接PE，如图，

因为平面平面ABCD，平面平面，

平面PAB，

所以平面ABCD，又平面ABCD，则，

易得，又，PQ，面PQE，所以面PQE，

因为面PQE，所以，

过M作交PE于N，连接NQ，则，

因为，，所以，则M，N，A，B四点共面，

所以平面MAB与平面PCD交线一部分为MN，

又平面平面PCD，平面PCD，所以平面MAB，

因为平面MAB，所以，

因是边长为4的等边三角形，所以，，

因为平行四边形ABCD中，，，，

则，，

故在中，，

易得，，则，

所以，则，

因为，所以.

21.（1）因为是关于x的实系数一元二次方程，所以，

因为a是方程的一个根，且，

当时，则或，

若，代入方程得，解得；

若，代入方程得，解得；

当a为虚数时，不妨设，则也是方程的一个根，

故，又因为，即，故，

所以，解得，

又，得，所以；

综上：或或.

（2）由韦达定理可知，，，，

所以，

因为为整数，，

所以必为的因式，则的值可能为，，，1，2，4，

则实数k的值可能为，，，1，3，

又