高二开学学情调研卷02（高一全部内容）-【学情调研】2024年高二数学秋季开学考试（安徽专用）

2024年高二数学秋季开学考试（安徽专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．已知复数，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．已知函数及其导函数的定义域均为R，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．已知，函数与函数的图象可能是（    ） A．   B．   C．   D．   4．若向量，，则在上的投影向量的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 6．设为锐角，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ） A． B． C． D． 8．已知三棱锥中，，则三棱锥的外接球的体积为（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9．已知函数（，，）的部分图象如图所示，且图中阴影部分的面积为，则（    ） A． B．点是曲线的一个对称中心 C．直线是曲线的一条对称轴 D．函数在区间内单调递减 10．从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则下列叙述正确的是（    ） A．取出的两个球同为红色和同为黑色是两个互斥而不对立的事件 B．至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件 C．事件A＝“两个球同色”，则 D．事件B＝“至少有一个红球”，则 11．下列式子中最小值为4的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．则 ． 13．已知正方体的体积为8，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面过点，E，F且与正方体形成一个截面图形，现有如下说法： ①截面图形是一个六边形； ②若点I在正方形内（含边界位置），且平面，则点I的轨迹长度为； ③截面图形的周长为； 则说法正确命题的序号为 ． 14．若函数与在区间单调性一致，则的最大值为 ． 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．（13分）已知，，是同一平面内的三个向量，其中． (1)若，且，求的坐标； (2)若，且与垂直，求与的夹角的余弦值． 16．（15分）已知函数为奇函数． (1)求的值； (2)若对任意的，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围． 17．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)如图，为的外接圆的上一动点（含端点），. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当且点不重合时，求. 18．（17分）已知函数的图象如图所示.      (1)写出函数的关系式； (2)已知，.若恒成立，求实数的取值范围. 19．（17分）如图，在矩形中，是线段上的一动点，将沿着折起，使点A到达点的位置，满足点平面，且点在平面内的射影落在线段上．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设二面角的平面角为，为虚数单位，为复数，当三棱锥的体积取得最大值时，求的大小 试卷第4页，共16页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高二数学秋季开学考试（安徽专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．已知复数，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】先计算出，故. 【详解】， 故. 故选：C 2．已知函数及其导函数的定义域均为R，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，构造函数，判断的单调性，将所求不等式进行同解变形，利用单调性得到一元二次不等式，解之即得. 【详解】设，则，故单调递增. 又，故可转化为，即， 由单调递增可得，解得或， 即不等式的解集为. 故选：. 3．已知，函数与函数的图象可能是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据题意结合指数函数和对数函数的单调性判断. 【详解】则，从而， 当时，函数与函数在定义域内都是单调递增； 当时，函数与函数在定义域内都是单调递减； 函数与函数在定义域内单调性相同. 故选：C. 4．若向量，，则在上的投影向量的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解. 【详解】因为，，则， 所以在上的投影向量. 故选：B. 5．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由对数函数定义域及其单调性解不等式可得，解不等式可得，即可得结果. 【详解】 解不等式可得，即； 因此； 又，可得，即； 所以. 故选：D 6．设为锐角，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用诱导公式、同角公式及二倍角公式求解即得. 【详解】由为锐角，得，而， 因此， 所以 . 故选：B 7．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差. 【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、， 甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得， 乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得， 混合后，新数据的平均数为， 方差为 . 故选：D. 8．已知三棱锥中，，则三棱锥的外接球的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理可得，点在底面的投影即为的外心，再利用正弦定理求得外接圆的半径，然后找到球心的大致位置，根据半径相等列等式求解即可. 【详解】 过点作平面，垂足为，连接、、， 因为，所以， 故点是底面的外心，设外接圆的半径， 由正弦定理，所以，， 所以，， 设三棱锥的外接球球心为，显然在线段上， 设，三棱锥的外接球的半径为， 则，，又， 所以，，， 三棱锥的外接球的体积为. 故选：C. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9．已知函数（，，）的部分图象如图所示，且图中阴影部分的面积为，则（    ） A． B．点是曲线的一个对称中心 C．直线是曲线的一条对称轴 D．函数在区间内单调递减 【答案】ABC 【分析】根据题意利用五点法可得，，，即可判断A；对于BC：代入检验结合正弦函数性质分析判断；对于D：以为整体，结合正弦函数的单调性分析判断. 【详解】设函数的最小正周期为， 由题意可知：，， 则， 即函数的最小正周期为，可得，故A正确； 且，可得， 又因为，所以，即， 且，可得，所以. 对于选项B：因为， 所以点是曲线的一个对称中心，故B正确； 对于选项C：因为为最大值， 所以直线是曲线的一条对称轴，故C正确； 对于选项D：因为，则， 且在不单调，所以函数在区间内不单调，故D错误； 故选：ABC. 10．从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则下列叙述正确的是（    ） A．取出的两个球同为红色和同为黑色是两个互斥而不对立的事件 B．至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件 C．事件A＝“两个球同色”，则 D．事件B＝“至少有一个红球”，则 【答案】ACD 【分析】结合互斥事件和对立事件的概念，及古典概型公式进行分析即可． 【详解】对于A，两球同时为红球和为黑球不可能同时发生，并且除了这两个事件，实验还会发生一个事件，即两球一黑一白，所以两球同时为红球和为黑球的事件为互斥而不对立事件，A正确； 对于B，至多有一个黑球包括一黑一红和两红球，其对立事件为两黑球，B错误； 对于C，记3个红球为a，b，c，2个黑球为d，e， 则任取2个球的结果有ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个， 事件A发生的结果有ab，ac，bc，de，共4个，所以，C正确； 对于D，事件的对立事件的结果有de，共1个，所以，所以，D正确． 故选：ACD． 11．下列式子中最小值为4的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】对于ABD，利用基本不等式运算求解；对于C，运用对数运算及二次函数的最值可判断． 【详解】对于选项A：， 当且仅当，即当且仅当时等号成立， 但不成立，所以的最小值不为4，故A错误； 对于选项B：因为，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为，故B正确； 对于选项C： ， 当时，取得最小值4，故C成立； 对于选项D：由题意， 则， ， 当且仅当，即时，等号成立，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．则 ． 【答案】 【分析】利用函数值的定义及奇函数的性质,结合对数的运算即可求解. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数， 所以. 故答案为：. 13．已知正方体的体积为8，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面过点，E，F且与正方体形成一个截面图形，现有如下说法： ①截面图形是一个六边形； ②若点I在正方形内（含边界位置），且平面，则点I的轨迹长度为； ③截面图形的周长为； 则说法正确命题的序号为 ． 【答案】③ 【解析】依题意在正方体中作出截面，再利用勾股定理分别计算各线段的长度，即可判断； 【详解】解：因为正方体的体积为8，所以正方体的棱长为； 延长EF，AD，交于点Р，连接交于点G， 延长EF，AB，交于点Q，连接，交于点H， 则五边形即为所求截面，故①错误； 易知G，H分别是线段和的三等分点， 则，即为点的轨迹即为线段，则轨迹长度为，故②错误； 而，而， 则五边形的周长为，故③正确． 故答案为：③ 【点睛】本题解答的关键是在正方体的直观图中作出截面，从而一一判断，考查空间想象能力； 14．若函数与在区间单调性一致，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】要考虑的最大值，只需考虑，当时，求出、的取值范围，利用正弦型函数的单调性可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的最大值. 【详解】要考虑的最大值，只需考虑， 当时，则，， 所以，函数与在区间上同时单调递增， 则，解得，故的最大值为. 故答案为：. 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．（13分）已知，，是同一平面内的三个向量，其中． (1)若，且，求的坐标； (2)若，且与垂直，求与的夹角的余弦值． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）依题意设，根据向量模的坐标表示求出，即可得解； （2）首先求出，依题意可得，根据数量积的运算求出，最后利用夹角公式计算可得. 【详解】（1）因为，，所以设， 又，所以，解得，所以或； （2）因为，所以， 又，且与垂直， 所以，即， 即，解得， 所以. 16．（15分）已知函数为奇函数． (1)求的值； (2)若对任意的，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用奇函数定义列式计算即得. （2）由（1）的结论，结合指数函数的性质求出在上的值域，换元分离参数借助函数单调性求解即得. 【详解】（1）由函数为奇函数， 得，解得， 所以. （2）由（1）知，，当时，，则，因此， 令，，不等式， 等价于，即，而， 因此，，而函数在上单调递减， 即，从而恒成立，则， 所以正实数的取值范围是. 17．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)如图，为的外接圆的上一动点（含端点），. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当且点不重合时，求. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用诱导公式及和差角公式计算可得； （2）（i）在中利用余弦定理求出，即可求出外接球的直径，从而求出的取值范围；（ii）利用正弦定理求出，由圆周角定理得到，即可求出，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）因为， 所以， 即， 所以， 因为，则，所以， 因为，所以. （2）（ⅰ）在中，由余弦定理可得， 所以圆的直径为， 又为的外接圆的上一动点（含端点），， 所以，所以的取值范围是. （ⅱ）在中，由正弦定理可得， 所以. 因为为外接圆上的一点，所以， 因为，所以， 又， 所以. 18．（17分）已知函数的图象如图所示.      (1)写出函数的关系式； (2)已知，.若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合图象及正弦函数的性质求解即可； （2）根据平面向量的数量积的坐标表示求出，结合题意可得时，，进而结合正弦函数的性质求解即可. 【详解】（1）由图可得，， 即，所以. 设函数，将点代入得， 结合图象可得，，即，， 可取，所以. （2）因为， 所以 . 由题意，恒成立， 则对于时，. 由，得， 所以当，即时，函数. 由，得， 所以当，即时，， 所以，即， 即实数的取值范围为. 19．（17分）如图，在矩形中，是线段上的一动点，将沿着折起，使点A到达点的位置，满足点平面，且点在平面内的射影落在线段上．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设二面角的平面角为，为虚数单位，为复数，当三棱锥的体积取得最大值时，求的大小 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)1 【分析】（1）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）作，根据题意可得平面，设，可得，进而可得最值； （3）分析可知，结合复数的三角表示运算求解. 【详解】（1）因为平面，平面，则， 且，，，平面， 所以平面. （2）在矩形中作，垂足为点，折起后得，    由平面，平面，可得， 且，平面，，可得平面， 由平面，可得，可知A，，三点共线， 则与相似，可得， 设，则，，， 可得，， 要使点射影落在线段上，则，可知， 所以， 可知当时，三棱锥的体积取到最大值. （3）因为，，可知是二面角的平面角， 则，， 当三棱锥的体积取得最大值时，，此时，即， 即， 设，， 则 ， 所以． 【点睛】关键点点睛：第三问，根据复数的三角表示可知，进而可得结果. 试卷第4页，共16页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14 学科网（北京）股份有限公司 $$