2024-2025学年山东省日照市高二上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年山东省日照市高二上学期开学摸底考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．函数的图象的大致形状是（

）A． B．C． D．3．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则（

）A． B． C． D．4．已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围为（

）A． B．C． D．5．已知，则（

）A． B．C． D．6．已知是边长为6的等边三角形，点D是AB的中点，点G是线段CD上一点，满足，则（

）A． B． C． D．7．已知函数，则图象有如下性质（

）A．关于点中心对称 B．关于直线轴对称C．关于点中心对称 D．关于点中心对称8．设，且，则的最小值等于（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．设为两个随机事件，以下命题正确的是（

）A．若与对立，则B．若与互斥，，则C．若，且，则与相互独立D．若与相互独立，，则10．已知函数的最大值为2，其部分图象如图所示，则（

）

A．B．函数为偶函数C．满足条件的正实数存在且唯一D．是周期函数，且最小正周期为11．如图，正方体棱长为2，点M是其侧面上的动点（含边界），点P是线段上的动点，下列结论正确的是（

）A．存在点P，M，使得平面与平面PBD平行B．当点P为中点时，过A，P，点的平面截该正方体所得的截面是梯形C．当点M是线段的中点时，不存在点P使直线垂直平面D．当P为棱的中点且时，点M的轨迹长度为三、填空题（本大题共3小题）12．若幂函数的图象过点，则.13．已知扇形的半径为10，以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，已知，则弧AB的中点C的坐标为．14．若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，．四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角的对边分别为满足．(1)求B的大小；(2)若，的面积为，求的周长．16．已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是．(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；(2)设置游戏规则如下：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色．若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜从概率的角度判断这个游戏是否公平，请说明理由．17．在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，．(1)证明：平面PAD；(2)若为等边三角形，求点C到平面PBD的距离．18．设a为常数，函数．(1)当时，求函数的值域；(2)若函数在区间上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)当时，设n为正整数，在区间上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值．19．给定正整数，设集合，对于集合M中的任意元素，定义，．(1)当时，若，求所有满足条件的；(2)当时，均为M中的元素，且，求k的最大值；(3)当时，若均为M中的元素，其中，且满足，求k的最小值．

答案1．【正确答案】B【详解】，，.故选B.2．【正确答案】C【分析】分类讨论与，结合指数函数的单调性即可得解.【详解】因为，当时，，由于，所以在上单调递增，排除BD；当时，，由于，所以在上单调递减，排除A；而C选项满足上述性质，故C正确.故选C.3．【正确答案】C【分析】利用面积公式和余弦定理进行计算可得．【详解】由题可知，所以，由余弦定理，所以，，.故选C.4．【正确答案】D【分析】根据各段函数的单调性和分段点处的高低可得关于的不等式组，故可得其取值范围.【详解】因为在R上单调递减，故，故.故选D.5．【正确答案】A【分析】根据对数函数及对数的运算性质可判断的大小，根据余弦函数的单调性可判断的大小，故可得正确的选项.【详解】，，故.故选A.6．【正确答案】A【分析】根据题意，得到，由三点共线，求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】因为为的中点，，因为三点共线，可得，解得，即，又因为是边长为6的等边三角形，所以.故选A.7．【正确答案】D【分析】根据解析式可得，故可得正确的选项.【详解】，故，故图象关于点中心对称.故选D.8．【正确答案】B【分析】根据题意，利用余弦函数的性质，得到，结合三角函数的性质，求得，即可求解.【详解】根据三角函数的性质知，，，，要使得，可得，则，，即，可得，所以，当时，,当时，可得，所以当或时，的最小值等于.故选B.9．【正确答案】BD【分析】根据互斥（或对立）事件概率的性质可判断AB的正误，根据独立事件的定义和性质可判断CD的正误.【详解】对于A，若与对立，则，故A错误；对于B，与互斥，则，故B正确；对于C，因为，故，故，故与不相互独立，故C错误；对于D，因为，所以，而与相互独立，故与相互独立，故，故D正确.故选BD.10．【正确答案】ACD【分析】根据题意，求得函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，且，因为函数的最大值为，可得，解得，又因为，所以，所以A正确；因为，且函数在的附近单调递减，所以，所以，又因为，可得，所以，解得，所以，此时，其最小正周期为，所以C、D正确；设，，所以Fx为奇函数，即函数为奇函数，故B错误.故选ACD.11．【正确答案】ABD【分析】找到点P，M使得平面与平面PBD平行肯定选项A；作出过点的平面截该正方体所得的截面判断选项B；当点与点重合时，直线垂直平面，否定选项C；求得点M的轨迹长度判断选项D.【详解】对于A选项，当M为中点，P为中点时，连接、，结合正方体的结构特征有，又平面PBD，平面PBD，则平面PBD，，又平面PBD，平面PBD，则平面PBD，又且都在面内，则平面平面PBD.故A正确；对于B选项，取BC中点N，连接则，，则，又，则为梯形．则梯形为截面，故B正确；对于C选项，当M为中点，当点与点重合时，由三垂线定理及逆定理易知：，根据线面垂直的判定，得直线平面，故C错误;对于D选项，取中点E，连接PE，ME，PM，则平面，根据线面垂直的性质有，则，则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交AD、于、，则，则，劣弧的长为．故D正确.故选ABD.12．【正确答案】【分析】设出，代入点，求出，从而求出解析式，从而求出.【详解】设，将代入，，解得：，故，.故-1.13．【正确答案】【分析】设，则，求出，利用同角三角函数关系得到，，求出答案.【详解】令，则，，解得，即，又，又，解得，，，即.故．14．【正确答案】【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.【详解】因为恒成立，即恒成立，若存在实数，使得上式成立，则，则，可得，可得，解得，由，则取得最大值时，此时.故答案为.【思路导引】双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.15．【正确答案】(1)(2)9【分析】（1）根据题意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解；（2）由三角形的面积公式，求得，根据题意和余弦定理，化简求得的值，即可求解.【详解】（1）因为，可得，由余弦定理得，又由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，又因为，所以.（2）由三角形的面积公式，可得，可得，又由余弦定理得，因为，所以，解得，所以的周长为．16．【正确答案】(1)盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；(2)不公平，理由见解析【分析】（1）根据题设的概率可得关于球数的方程组，求出其解后可得不同颜色的求出.（2）利用例举法可求甲胜或乙胜的概率，从而可判断游戏是否公平.【详解】（1）设盒中红球、黄球、蓝球个数分别为x，y，z，从中任取一球，得到红球或黄球为事件A，得到黄球或蓝球为事件B，则，由己知得，解得，所以盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；（2）由（1）知红球、黄球、蓝球个数分别为2个，1个，1个，用，表示红球，用表示黄球，用表示蓝球，表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示试验的样本点，则样本空间，．可得，记“取到两个球颜色相同”为事件，“取到两个球颜色不相同”为事件，则，所以，所以，因为，所以此游戏不公平．17．【正确答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）根据梯形边长利用勾股定理可得，再利用面面垂直性质定理可得结论；（2）利用面面垂直的性质可得三棱锥的高为，再利用等体积法计算即可求得点C到平面PBD的距离为.【详解】（1）因为，所以，又因为，所以，则．因为平面平面ABCD，且平面平面，平面PAD，所以平面PAD．（2）在面PAD内过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面ABCD，如下图所示：因为，由（1）知平面PAD，根据线面垂直的性质有，在中，，而，．设点C到平面PBD的距离为h，由得，解得，所以点C到平面PBD的距离为．18．【正确答案】(1)(2)；(3)1012，1349．【分析】（1）利用换元法结合三角函数值域，由二次函数性质即可得出函数的值域；（2）根据零点个数可得函数在0,1上仅有一个零点，再由二次函数根的分布可得；（3）由二次函数根的个数及其符号并对参数的取值范围分类讨论，利用三角函数图象性质可得不同区间内的零点个数，即可得出结果.【详解】（1）由题意，令，则，当时，，所以当时，取最大值；当时，取最小值，所以的值域为；（2）由题意函数在区间上有两个不同的零点，即函数在0,1上仅有一个零点，因为，由零点存在性定理，只需，得；所以实数a的取值范围为.（3）因为，所以有两个零点，又，不妨当时，得，即或；由三角函数图象性质可知在（k为正整数）内零点个数为，在内零点个数为，因为，所以；当时，在（k为正整数）内零点个数为，在内零点个数为，若，此时不存在n；当时，则，在（k为正整数）内零点个数为，因为，所以；综上n的所有可能值为1012，1349．19．【正确答案】(1)或或(2)4(3)3【分析】（1）根据定义计算得出，可解得；（2）根据题意写出集合M中的所有元素，根据分情况讨论即可得出结论；（3）由可知在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量相等，即可知，经检验可知不合题意，当时可通过举例验证可知符合题意.【详解】（1）令，由题意知解得或或（2）表示之间至少有2个分量不相等，M中的元素总情况：对上述所有元素分析，最大为3，此时只有、符合要求；当时，通过列举知满足的有共四个元素同理可知满足条件的元素还可以是：共四个元素综上可得k的最大值为4.（3）由，知．而条件的含义是，在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量不相等根据题意已有．法一：若，则，因为，所以恰有个分量不相等，即中恰有个1，又中含n个1，所以，中恰有2个分量不相等，所以．因为，所以，与矛盾．这就表明不成立，故．当，，，时满足全部条件，此时．（上述的选取不唯一）所以k的最小值是3．法二：若时，，且恰有3个分量不相等，恰有3个分量不相等．换言之，恰有2个分量相等，即中有2个0，3个1；恰有2个分量相等．即中有3个0，2个1，矛盾．故时，不成立．，同理可知不成立．这就表明．当，，，时满足全部条件，此时．（上述的选取不唯一）所以k的最小值是3．【关键点拨】本题关键在于理解新定义并根据的不同取值推导出中的元素关系，进而求得结论.2024-2025学年山东省日照市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知复数（为虚数单位），则实数的值为（

）A． B．1 C．2 D．32．设集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，且，则的值是（

）A． B． C． D．64．已知，为两个不重合的平面，l，m为两条不同的直线，（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则5．下列说法中正确的是（）A．若事件与事件是互斥事件，则B．若事件与事件满足条件：，则事件与事件是对立事件C．一个人打靶时连续射击两次，则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件D．把红､橙､黄､绿4张纸牌随机分给甲､乙､丙､丁4人，每人分得1张，则事件“甲分得黄牌”与事件“乙分得黄牌”是互斥事件6．如图，在中，是上的两个三等分点，，则的值为（

）A．50 B．80 C．86 D．1107．定义在R上的奇函数满足：任意，都有，设，，则a,b,c的大小关系为（

）A． B． C． D．8．某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如下图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（

）A．150.5 B．152.5 C．154.5 D．156.5二、多选题（本大题共3小题）9．已知，，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．10．已知，则（

）A．是奇函数B．的最小正周期是C．图象的一个对称中心是D．上单调递增11．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值B．平面C．的最小值为D．当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为三、填空题（本大题共3小题）12．已知正数，满足，则的最小值为.13．某几何体底面的直观图为如图矩形，其中，该几何体底面的面积为．14．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则.四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数满足．(1)求的解析式；(2)求函数在上的值域．16．正四棱台两底面边长分别为2和4．(1)若侧棱长为，求棱台的表面积；(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求A；(2)若，求面积的最大值.18．如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.

(1)证明：；(2)求三棱锥的体积；(3)求二面角的余弦值.19．当我们沉浸在游戏世界中时，很容易忽视时间的流逝，甚至忘记自己的学业和生活.一些大学生因为过度沉迷网络游戏，导致学业成绩下滑，身体健康状态也受到影响.长时间盯着电脑屏幕，不仅会导致视力下降，还可能引发颈椎病等健康问题.更为严重的是，过度依赖虚拟世界的社交可能会削弱我们在现实生活中的社交能力，造成人与人之间的疏离感.某大学心理机构为了向大学生宣传沉迷网络游戏的危害，该机构随机选择了200位沉迷网络的大学生进行宣传，将这些大学生每天玩网络游戏的时间分成五段：，，，，（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中a的值；(2)请估计这200位大学生每天玩网络游戏的平均时间（同组数据用区间的中点值代替）；(3)现在从和两组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行交流，求这2人每天玩网络游戏的时间所在区间不同的概率.

答案1．【正确答案】D【分析】由已知可得，根据复数乘法运算法则，和复数相等的充要条件，即可求解.【详解】，故选:D.本题考查复数的代数运算、复数相等的应用，属于基础题.2．【正确答案】C【详解】集合,或,则故选：C3．【正确答案】D【详解】因为，即，化简，整理得，则，解得.故选：D4．【正确答案】D【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理，结合线面垂直的性质定理逐一判断即可.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，若，，则或，故B错误；对于C，若，，则或，故C错误；对于D，若，，由面面平行的性质定理可得，故D正确.故选D.5．【正确答案】D【分析】根据互斥事件、对立事件以及事件的关系与运算逐一判断即可.【详解】互斥事件其含义是事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生，即；A，若事件与事件是互斥事件，满足，但不一定等于；B，对立事件的含义是事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生，为不可能事件，且为必然事件，即且，若事件与事件满足条件：，则事件与事件不一定是对立事件，比如，掷骰子试验，事件“出现的点数为偶数”，事件“出现的点数小于等于”，故B错误；C，事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”，都包含一次中靶，另一次不中，故C错误；D，黄牌只能有一人得到，所以“甲分得黄牌”与事件“乙分得黄牌”是互斥事件，故D正确；故选：D．6．【正确答案】B【分析】根据题意利用平向量基本定理将用表示出来，然后利用数量积的运算律求解即可.【详解】因为在中，是上的两个三等分点，，所以，，所以.故选B.7．【正确答案】C【分析】由题意可得在R上单调递增，，利用对数函数及指数函数的单调性可得，从而即可得答案.【详解】因为是在R上的奇函数，且任意，都有，所以在R上单调递增，又因为，所以，又因为，，所以，所以即.故选：C.8．【正确答案】B【详解】依题意，，解得，显然，，所以样本中位数为.故选：B9．【正确答案】BD【分析】通过举反例判断选项AC错误；利用作差法判断B选项，利用不等式的性质判断D选项即可.【详解】对于A，当时，，故选项A错误；对于B，因为,所以，所以，故选项B正确；对于C，当时，，故选项C错误；对于D，因为，所以，又，所以，故选项D正确；故选：BD.10．【正确答案】AC【分析】由三角恒等变换化简解析式，由定义判断A；由周期公式判断B；由性质判断CD.【详解】，对于A：，即是奇函数，故A正确；对于B：的最小正周期是，故B错误；对于C：令，当时，图象的对称中心是，故C正确；对于D：，函数在上单调递增，所以上单调递减，故D错误；故选：AC11．【正确答案】ABD【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.【详解】对于A，因为不在平面内，平面，所以平面，又，所以点到平面的距离为，又为定值，故定值，A正确；对于B，因为，平面，平面，所以平面，同理可知平面，又，平面，所以平面平面，由于平面，故平面，B正确.对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，过点作⊥，交的延长线于点，其中，故，又勾股定理得，C正确；对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.故选：ABD特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.12．【正确答案】【分析】根据正数，满足，可得，再由，利用基本不等式即可求解.【详解】由正数，满足，可得，所以，当且仅当，，即时取等号，所以的最小值为.故答案为.13．【正确答案】【分析】根据直观图，得到底面平面图形的形状和图形的高，根据平行四边形的面积公式求出底面积.【详解】在直观图中，令轴与交于点，则，直观图还原为平面图形如图，根据直观图与原图的关系可得：，故该几何体的底面是平行四边形，其面积为.故答案为.14．【正确答案】/0.75【分析】利用正弦定理、三角变换公式可得及，故可得，消元后可得的值.【详解】由正弦定理可得，故，故，整理得到，而，故，所以，故，解得或，若，则，故同为钝角，这与矛盾，故.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)．【详解】（1）令，得，则，故的解析式为．（2）由题意得，函数的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，故在上的值域为．16．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）设分别为上