浙江省温州市乐清市重点中学2023-2024学年高二上学期开学质量检测数学试题（B）（含解析）

第第页浙江省温州市乐清市重点中学2023-2024学年高二上学期开学质量检测数学试题（B）（含解析）2023学年第一学期高二段数学开学质量检测B卷

本卷满分150分，考试时间120分钟

一、单项选择题（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.

【答案】D

【解析】

【分析】根据并集的运算即可求解.

【详解】因为集合，，

所以，也即,

故选：.

2.在平面直角坐标系中，动点的坐标满足方程，则点的轨迹经过

A.第一、二象限B.第二、三象限

C.第三、四象限D.第一、四象限

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由题意得，点在以为圆心，为半径的圆上，如下图所示，故可知点在第一、二象限，故选A.

考点：圆的标准方程.

3.要得到余弦曲线，只需将正弦曲线向左平移（）

A.个单位B.个单位C.个单位D.个单位

【答案】A

【解析】

【分析】由题得，再利用图象变换知识求解.

【详解】由于，

所以要得到余弦曲线，只需将正弦曲线向左平移个单位.

故选：A

4.设直线，，则是的（）

A充要条件B.必要不充分条件

C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合直线垂直的性质判断即可.

【详解】当时，直线，，

此时，则，所以，故充分性成立；

当时，，解得或，故必要性不成立；

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：C.

5.已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（）

A.内含B.外离C.相交D.相切

【答案】B

【解析】

【分析】计算出两圆的圆心距，判断圆心距与两个圆的半径之和的大小关系即可.

【详解】由题意得：,,因为，所以两圆外离.

故选：B

【点睛】本题主要考查了两个圆的位置关系，熟练掌握两圆内含、外离、相交、相切满足的条件，属于基础题.

6.设，，，则a，b，c的大小关系为（）

A.c＜b＜aB.c＜a＜bC.b＜a＜cD.b＜c＜a

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可得出，，进而即可得到，，的大小关系．

【详解】由，且，即，

又，

所以c＜b＜a．

故选：A．

7.在中，已知是边上的中点，是的中点，若，则实数（）

A.B.C.D.1

【答案】C

【解析】

【分析】根据是边上的中点，是的中点，得到，再利用平面向量的线性运算求解.

【详解】解：因为是边上的中点，是的中点，

所以，

所以，

，

又因为，

所以，则，

故选：C

8.如图，正方体的棱长为1，正方形的中心为O，棱，的中点分别为E，F，则下列选项中不正确的是（）

A.

B.

C.点F到直线的距离为

D.异面直线与所成角的余弦值为

【答案】D

【解析】

【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，计算可判定A选项；利用正弦定理计算三角形的面积判定B选项；利用空间向量的距离公式可判定C选项；利用直线方向向量可计算夹角余弦值，可判定D选项.

【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

，，,,,,

,,则，

故选项A正确；

，所以，

则，

，故选项B正确；

，,

,

点F到直线的距离,故选项C正确；

,则,

则令异面直线与所成角，可得.故选项D错误.

故选：D.

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9.在空间中，设为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列正确的是（）

A.若，，则

B.若，，则

C.若，，，则

D.若，，，则

【答案】AD

【解析】

【分析】由面面垂直的判定定理可得，选项A可判定；若，，则，或与相交，选项B可判定；若，，，则，与相交，与异面，选项C可判定；由面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理可证得

，选项D可判定.

【详解】因为所以可取直线，且，

因为，，所以，又，可得，故选项A正确；

若，，则，或与相交，故选项B错误；

若，，，则，与相交，与异面，故选项C错误；

因为，令可取直线，且，

可得又，所以，

因为，，所以，

又，可得，故选项D正确.

故选：AD.

10.下列说法正确的是（）

A.直线的倾斜角的取值范围为

B.“”是“点到直线距离为3”的充要条件

C.直线恒过定点

D.直线与直线垂直，且与圆相交

【答案】ACD

【解析】

【分析】先求出斜率范围，再求倾斜角的范围即可，则选项A可判定；由点到直线的距离公式构建方程求解即可，则选项B可判定；提取参数并消去参数可求得必过点，则选项C可判定；求出两直线的斜率，判定位置关系，求出圆心到直线距离并与半径比较，即可判定直线与圆的位置关系，则选项D可判定。

【详解】因为所以斜率，则，

令倾斜角为，则，又，

解的,故选项A正确.

由点到直线距离为3，可得，

解的或，故选项B错误.

,可得，令可得，

所以必过点,故选项C正确；

直线与直线中斜率分别为，乘积为，故而垂直，

原点到距离，故而与圆相交，

故选项D正确；

故选：ACD.

11.已知正数，满足，则下列结论正确的是（）

A.B.

C.D.

【答案】CD

【解析】

【分析】本题首先可根据判断出A，然后根据判断出B，再然后根据判断出C，最后根据判断出D.

【详解】因为、正实数，所以，当且仅当时取等号.

因为，所以，故A不正确.

因为.

当且仅当，即等号成立，故B不正确.

，当且仅当时取等号.

即，故C正确.

，当且仅当时取等号，故D正确.

故选：CD.

12.已知函数，若关于的方程有两解，则实数的值可能为（）

A.B.C.D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意分析可得方程根的个数可以转化为与的交点个数，结合的单调性与值域以及图象分析判断.

【详解】①当时，在内单调递增，且，所以；

②当时，则，

可知在内单调递增，且，

所以，且.

方程的根的个数可以转化为与的交点个数，可得：

当时，与没有交点；

当时，与有且仅有1个交点；

当时，与有且仅有2个交点；

当时，与有且仅有1个交点；

若关于的方程有两解，即与有且仅有2个交点，

所以实数的取值范围为，

因为，而A、C不在相关区间内，

所以A、C错误，B、D正确.

故选：BD.

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）

13.若复数，则______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用复数的四则运算与复数模的运算公式即可得解.

【详解】因为，

所以.

故答案为：.

14.若两条直线与平行，则与间的距离是______.

【答案】##

【解析】

【分析】先利用两直线平行的公式求出参数，再用两平行线间距离公式求距离即可.

【详解】两条直线与平行,

解得，

经检验时，,两直线不重合；

所以，

则与间的距离,

故答案为：.

15.一个三位自然数，百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＞b，b＜c时称为“凹数”（如213，312等），若a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是_________．

【答案】

【解析】

【分析】先确定a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同所组成的三位数的所有可能情况，再确定其中“凹数”的个数，最后即可运用古典概型的概率计算公式求解即可

【详解】a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同所组成的三位数的所有可能情况为：123，132，213，231，312，321，124，142，214，241，412，421，134，143，314，341，413，431，234，243，324，342，423，432，共24个数字，

其中为“凹数”的有213，312，214，412，314，413，324，423，共8个，

所以所求概率为，

故答案为：

16.已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较大者的高与体积较小者的高的比值为______.

【答案】

【解析】

【分析】可先画出图形，由球体积和两个圆锥的体积之和求出球半径和底面半径，由截面圆中的直角三角形利用勾股定理求出，则两高可得，结论可求.

【详解】如图所示，设圆锥与圆锥公共底面得圆心为,取底面圆周上一点，

令底面半径为，球半径为,

因为球的体积为，所以,解得,

因为两个圆锥的体积之和为，所以即解得，

在直角三角形中，

可得,，

所以体积较大者的高与体积较小者的高的比值.

故答案为：.

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.已知直线和的交点为．

（1）若直线经过点且与直线平行，求直线的方程；

（2）若直线经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为，求直线的方程．

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】（1）由已知可得交点坐标，再根据直线间的位置关系可得直线方程；

（2）设直线方程，根据直线与两坐标轴围成的三角形的面积，列出方程组，解方程.

【小问1详解】

解：联立的方程，解得，即

设直线的方程为：，将带入可得

所以的方程为：；

【小问2详解】

解：法①：易知直线在两坐标轴上的截距均不为，设直线方程为：，

则直线与两坐标轴交点为，由题意得，

解得：或

所以直线的方程为：或，

即：或.

法②：设直线的斜率为，则的方程为，

当时，

当时，

所以，解得：或

所以m的方程为或

即：或.

18.为了迎接新高考，某校举行物理和化学等选科考试，其中，600名学生化学成绩（满分100分）的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组.已知图中第三组频率为，第一组和第五组的频率相同.

（1）求a，b的值；

（2）估算高分（大于等于80分）人数；

（3）估计这600名学生化学成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数.（中位数精确到0.1）

【答案】（1）

（2）

（3）;

【解析】

【分析】（1）由频率分布图中小矩形面积之和为1，能求出的值；

（2）先由题意求出高分频率，再根据公式求出频数即可；

（3）根据平均数和中位数的定义即可求解.

【小问1详解】

第一组频率，第二组频率，

第三组频率,第四组频率,第五组频率,

由概率之和为，可得即，

第三组频率为0.45，可得，

解得，

【小问2详解】

高分（大于等于80分）频数，

则估算高分（大于等于80分）频数为（人），

【小问3详解】

估计平均数为，

设中位数为，

由于，故，

，解得，故中位数为.

19.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角B大小；

（2）若，，为的重心，求的面积.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由，再利用辅助角公式化简可得，解三角方程可得；

（2）由为的重心，得到点到线段的距离与点到线段的距离的比值，再将其转化为面积比，则面积可求.

【小问1详解】

由正弦定理可得，

，

，

，

又三角形中,可得，

，又

，可得,

又即，可得，则.

【小问2详解】

连接并延长使其交与点，如图，

因为为的重心，所以,

则点到线段的距离是点到线段的距离的，

则.

20.如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用求得.

（2）利用向量法求得二面角的余弦值.

【小问1详解】

平面，平面，所以，

四边形为矩形，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，

解得，故；

【小问2详解】

设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

设二面角的平面角为，

则，

由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

21.已知圆，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.

（1）若P坐标为，求过点P的切线方程；

（2）直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.

【答案】（1）或.

（2）

【解析】

【分析】（1）过点设直线方程，然后由圆心到直线的距离等于半径构建方程，即可求出切线；

（2）联立圆与直线，利用韦达定理构建的函数式，再求其范围即可.

【小问1详解】

P的坐标为,

当斜率不存在时可设线为，

此时圆心到直线的距离，不符合切线要求，舍去；

当斜率不存在时可设线为，即，

此时圆心到直线的距离，即，

可得或，过点的切线方程为或.

【小问2详解】

设，

联立，消去，可得，

化简可得：，

则，即，

解得，

由韦达定理可得，，

，

又，

.

22.已知函数，.

（1）若，判断函数的奇偶性（不需要给出证明）；

（2）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；

（3）若存在实数，使得关于的方程有三个不相等的实数根，求实数的取值范围.

【答案】（1）奇函数；（2）；（3）．

【解析】

【分析】（1）若，写出函数的解析式，可判断出该函数的奇偶性；

（2）根据函数单调性的定义和性质，利用二次函数的性质即可求实数的取值范围；

（3）根据方程有三个不同的实数根，建立条件关系即可得到结论．

【详解】（1）当时，为奇函数；

（2）.

函数的对称轴为直线，函数的对称轴为直线.

若函数在上是增函数，则，解得；

（3）方程的解即为方程的解．

①当时，函数在上是增函数，

所以，关于的方程不可能有三个不相等的实数根；

②当时，即，

所以，函数上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

当时，关于的方程有三个不相等的实数根，

即，即，

因为，所以，．

设，存在使得关于的方程有三个不相等的实数根，所以，，

下证函数在上单调递增．

任取、且，则

，

因为，则，，所以，，

故函数在上单调递增．

所以当时，，故；

③当时，即，

函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

当时，关于的方程有三个不相等的实数根.

即，，所以，，

设，下证函数在上为减函数，

任取、且，则

，

因为，则，，所以，，

故函数在上单调递减．

因为存在使得关于的方程有三个不相等的实数根，

所以，，所以，.

综上：．

【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.2023学年第一学期高二段数学开学质量检测B卷

本卷满分150分，考试时间120分钟

一、单项选择题（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.在平面直角坐标系中，动点的坐标满足方程，则点的轨迹经过

A.第一、二象限B.第二、三象限

C.第三、四象限D.第一、四象限

3.要得到余弦曲线，只需将正弦曲线向左平移（）

A.个单位B.个单位C.个单位D.个单位

4.设直线，，则是的（）

A.充要条件B.必要不充分条件

C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件

5.已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（）

A.内含B.外离C.相交D.相切

6.设，，，则a，b，c的大小关系为（）

A.c＜b＜aB.c＜a＜bC.b＜a＜cD.b＜c＜a

7.在中，已知是边上的中点，是的中点，若，则实数（）

A.B.C.D.1

8.如图，正方体的棱长为1，正方形的中心为O，棱，的中点分别为E，F，则下列选项中不正确的是（）

A

B.

C.点F到直线的距离为

D.异面直线与所成角余弦值为

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9.在空间中，设为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列正确的是（）

A.若，，则

B.若，，则

C若，，，则

D.若，，，则

10.下列说法正确的是（）

A.直线的倾斜角的取值范围为

B.“”是“点到直线距离为3”的充要条件

C.直线恒过定点

D.直线与直线垂直，且与圆相交

11.已知正数，满足，则下列结论正确是（）

A.B.

C.D.

12.已知函数，若关于的方程有两解，则实数的值可能为（）

A.B.C.D.

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）

13.若复数，则______.

14.若两条直线与平行，则与间的距离是______.

15.一个三位自然数，百位、十位、个位上的数字依次