浙江省2023-2024学年高二数学下学期开学适应性考试试题含答案

/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.若复数满足（是虚数单位），则的虚部为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由得,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数,从而可得的虚部.【详解】因为,所以,所以复数的虚部为.故选A.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.2.平面的一个法向量，点在内，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由点到平面距离的向量法计算．【详解】，所以点到平面的距离为．故选：C．3.已知，则“”是“直线与平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】首先由两直线平行的充要条件求出参数的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】因为直线与平行，所以，解得或，所以“”是“直线与平行”的充分不必要条件.故选：A.4.若一个圆锥和一个半球有公共底面，且圆锥的体积恰好等于半球的体积，则该圆锥的轴截面的顶角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，由题意可得求得，从而可求出母线长，然后利用余弦定理可求得答案【详解】几何体的轴截面如图所示，设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，因为圆锥的体积恰好等于半球的体积，所以，得，所以，设圆锥的轴截面的顶角为，则，故选：C.5.若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式，结合作差法即可判断AB；根据等比数列的通项公式，建立不等式、，解之即可判断CD.【详解】设数列的首项为，公差为；数列的首项为，公差为.A：，所以，故A错误；B：由选项A的分析知，，故B正确；C：若，则，即，解得或，又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故C错误；D：若，则，即，解得或，又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故D错误.故选：B6.下列函数图象中，不可能是函数的图象的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式，得到，都有，可排除B；再结合的取值，可确定ABD可能取到.【详解】因为，若，则，，所以，故函数的图象不可能是C；若，则；又，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，且当时，；当时，，其图象与A相同；若，则，又，则函数是偶函数，图象关于轴对称；当时，；当时，，当时，，所以其图象可能是B选项；若，则，又，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称；且；当时，；当时，，当时，，其图象可能是D选项.故选：C.【点睛】本题主要考查函数图象的识别，属于常考题型.7.已知E，F分别是矩形ABCD边AD，BC的中点，沿EF将矩形ABCD翻折成大小为的二面角．在动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中，记二面角的大小为，则（）A当时，sin先增大后减小B当时，sin先减小后增大C.当时，sin先增大后减小D.当时，sin先减小后增大【答案】C【解析】【分析】根据二面角的定义通过作辅助线,找到二面角的平面角，在△中表示出的值，利用的值的变化来判断的变化即可.【详解】当时，由已知条件得平面,过点作,垂足为，过点作，垂足为，∵平面，∴∴平面,又∵平面，∴,∴平面,∴,则为二面角的平面角，在△中，,动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中,不断减小，则不断增大，即不断增大，则、错误；当时，由已知条件得平面,过点作,垂足在的延长线上，过点作,垂足在延长线上，∵平面，∴,∴平面,又∵平面，∴,∴平面,∴,则为二面角的平面角的补角，即，在△中，,如下图所示，动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中,先变小后增大，则先变大后变小，先变大后变小，，则也是先变大，后变小,则正确，错误；故选：.8.已知点A是椭圆C:的左顶点，过点A且斜率为的直线l与椭圆C交于另一点P（点P在第一象限）．以原点O为圆心，为半径的圆在点P处的切线与x轴交于点Q．若，则椭圆C离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可推得要使，只需，由此设直线方程，并联立椭圆方程，求出点坐标，进而得到，令，即可得到a,b的不等关系，求得答案.【详解】要使，只要，只要，即只要.∵直线方程为：，联立，得，即（*）注意到为方程（*）的一个根，故，所以点，可得，由于,故，令，得，即所以离心率的取值范围是，故选：B二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得得部分分，有选错的不得分.9.在正四棱台中，，则（）A.直线与所成的角为B.平面与平面的夹角为C.平面D.平面【答案】ACD【解析】【分析】分别取正方形、正方形的中心、，连接，由正四棱台的几何性质可知平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.【详解】分别取正方形、正方形的中心、，连接，由正四棱台的几何性质可知平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设，设，则、，则，可得，所以，、、、、、，对于A选项，，，所以，，所以，直线与所成的角为，A对；对于B选项，设平面的法向量为，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，所以，，故平面与平面的夹角不是，B错；对于C选项，因为，且、不共线，所以，，因为平面，平面，所以，平面，C对；对于D选项，，，则，，所以，，，又因为，、平面，所以，平面，D对.故选：ACD.10.设F为双曲线的右焦点，O为坐标原点．若圆交C的右支于A，B两点，则（）A.C的焦距为 B.为定值C.的最大值为4 D.的最小值为2【答案】BCD【解析】【分析】根据双曲线方程求焦距，判断A；根据两个圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可判断B；并根据基本不等式，即可判断C；根据坐标表示，结合B选项，即可判断D.【详解】双曲线方程，其中，则，所以焦距，故A错误；设，，所以，（*）联立，得，其中，，代入（*）得到（定值），故B正确；，当时，等号成立，故C正确；，同理，所以，其中由B选项可知，，，，所以上式，当时，取得的最小值，所以的最小值是，则的最小值是，故D正确.故选：BCD11.已知数列：1，1，2，1，3，5，1，4，7，10，…，其中第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推，则（）A.B.C.存在正整数m，使得，，成等比数列D.有且仅有3个不同的正整数，使得【答案】ABD【解析】【分析】由题意将数列分组，第一组：1；第二组：1,2；第三组：1,3,5；以此类推，第n组：.则每组数构成首项为1，公差为的等差数列，且项数为n.结合等差数列的通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.【详解】将数列分组，第一组：1；第二组：1,2；第三组：1,3,5；以此类推，第n组：，则每组数构成首项为1，公差为的等差数列，且项数为n.A：由，知为数列的第六组数中的第5项，故A正确；B：由，知为数列第n组数中的第n项，此时该组数据是以1为首项，为公差的等差数列，所以，故B正确；C：为数列中的连续3项：①若为数列中第组的连续3项，当成等比数列时，为常数列，不符合题意，所以成等差数列；若为数列中第组和第组的3项，②当在第组，在第组，此时，不成等差和等比数列；③当在第组，在第组，此时，不成等差和等比数列，综上，不成等比数列，故C错误；D：由选项C的分析知，当为情况①中的3项，设为第组的项，则，解得，不符合题意；当为情况②中的3项，则在第组，在第组，此时，，所以，解得，又，所以k无解，不符合题意；当为情况③中的3项，则在第组，在第组时，，得，解得，符合题意.即分别为第十组的第9、第10项，即，有，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题综合考查了数列的相关知识，解答时要明确数列的项的规律，进而分组.本题将数列分组后，每组数构成首项为1，公差为的等差数列，且项数为n，利用等差数列的通项公式计算是解题的关键.非选择题部分三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.若，则________【答案】##【解析】【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解即可.【详解】故答案为：13.已知数列中，，，则___________；设数列的前项的和为，则=___________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据题中条件，得到，，则列的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，根据等比数列的求和公式，即可得出结果.【详解】因为，，所以，，则；即数列的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，则当为奇数时，；当为偶数时，；因此；则.故答案为：；.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.14.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______.【答案】【解析】【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．【详解】设，在等腰中，，设的外心是，外接圆半径是，则，∴，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，，，，，∴，，令，则，，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是．故答案为：.【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.（1）求角A；（2）作角A的平分线与交于点，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得；（2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得.【小问1详解】因，由正弦定理可得：，即.因，故，则有，即，因，故.【小问2详解】因为为角平分线，所以，所以.因，，，则，即，所以.又由余弦定理可得：，把，分别代入化简得：，解得：或（舍去），所以.16.若存在常数k，b使得函数与对于给定区间上的任意实数x，均有，则称是与的隔离直线．已知函数，．（1）在实数范围内解不等式：；（2）当时，写出一条与的隔离直线的方程并证明．【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）由解得或,在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，结合图形即可求解；（2）求出的图象的交点，设与是存在隔离直线函数，可得，利用可求出k的值，结合证明，即可得出结论.【小问1详解】由，即，解得或．在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，如图，由图可知，当时，函数单调递减，单调递增，且，所以；当时，函数单调递减，单调递增，且，则；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，单调递增，且，所以；当时，函数单调递增，单调递增，且，，所以不等式的解集为.【小问2详解】一条隔离直线为．证明：由（1）知，令，由解得，当时，，即有公共点，设与存在隔离直线函数，则点在隔离直线函数上，则，即，所以；若当时有，即，则在上恒成立，即，由于，故此时只有时上式才成立，则.下面证明，令，即，故，当且仅当即时，等号成立，所以，即为与的隔离直线函数.17.如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到，（1）求证：平面平面；（2）设面面，求证：；（3）若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）由已知，可得面SFD，由面面垂直的判定定理可得证；（2）利用线面垂直的性质定理证明即可；（3）设S在面AEF上的射影为O，则为直线SE与平面DEF所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值．【小问1详解】因为ABCD是正方形，，又，面SFD，面SFD，又平面，所以平面平面SFD；【小问2详解】证明：因为，面，面，所以面，又因为面面，所以.【小问3详解】设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．

设，则．．在中，，．可得，，，又，，令，令，，当且时，，则，可得在上单调递减，当，即时，最大为，最大值为．18.已知数列的前n项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前n项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，根据计算可得，结合等比数列的定义和通项公式即可求解；（2）由（1）