2021-2022学年浙江省名校协作体高二（下）开学数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年浙江省名校协作体高二（下）开学数学试卷（Word解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年浙江省名校协作体高二（下）开学数学试卷  第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）设集合，，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知复数满足，则复数的虚部是(    )A.  B.  C.  D. 已知，是相互独立事件，且，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知函数在区间上有定义，则“在区间上有零点”是“”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已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是(    )A.
B.
C.
D. 已知，，，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 已知为抛物线：上的焦点，，为抛物线上两点，且满足：：：：，则直线的斜率为(    )A.  B.  C.  D. 在当前市场经济条件下，私营个体商店中的商品，所标价格与其实际价值之间，存在着相当大的差距．对顾客而言，总是希望通过“讨价还价”来减少商品所标价格与其实际价值的差距．设顾客第次的还价为，商家第次的讨价为有一种“对半讨价还价”法如下：顾客第一次的还价为标价的一半，即第一次还价，商家第一次的讨价为与标价的平均值，即；；顾客第次的还价为上一次商家的讨价与顾客的还价的平均值，即，商家第次的讨价为上一次商家的讨价与顾客这一次的还价的平均值，即现有一件衣服标价元，若经过次的“对半讨价还价”，与相差不到元，则最小值为(    )A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）已知，，是三个不重合的平面，，是两条不重合的直线，下列命题正确的是(    )A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则已知，，则下列不等式一定成立的是(    )A.  B.  C.  D. 根据指令，机器人在平面上能完成下列动作：先从原点沿东偏南在上变化方向行走一段时间后，再向正南方向行走一段时间，但何时改变方向不定．假定机器人行走速度为米分钟，则机器人行走分钟时的落点与原点的距离可能为(    )A. 米 B. 米 C. 米 D. 米已知不共线的平面向量，，满足，，，且则下列结论错误的是(    )A. 与的夹角的取值范围为
B. 与的夹角可能为
C. 的最小值为
D. 对给定的，记的最小值为，则第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知双曲线：的离心率，则虚轴长为______．已知等差数列的公差为，若以数据，，，，为样本，则此样本的方差为______．已知正方形，，，，，点关于直线对称的点为，则的最小值为______．已知正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，点为内包括边界的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为______． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
已知函数．
Ⅰ求函数的单调递减区间；
Ⅱ在中，内角，，的对边分别为，，，且满足，求的取值范围．本小题分
为了加强自主独立性，全国各个半导体领域企业都计划响应国家号召，加大对芯片研发部的投入据了解，某企业研发部原有名技术人员，年人均投入万元，现把原有技术人员分成两部分：技术人员和研发人员，其中技术人员名且，调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元．
Ⅰ要使这名研发人员的年总投入不低于调整前名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员的人数最多多少人？
Ⅱ为了激励芯片研发人员的热情和保持各技术人员的工作积极性，在资金投入方面需要同时满足以下两个条件：
技术人员的年人均投入始终不减少；
研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入．
是否存在这样的实数，使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由．本小题分
已知多面体中，，，，，，且为线段的中点．
Ⅰ求证：面；
Ⅱ若，求平面与平面所成角的余弦值．
本小题分
已知二次函数．
Ⅰ若，且在上的最大值为，求的值；
Ⅱ若对任意实数，在区间上总存在两实数，，使得成立，求实数的取值范围．本小题分
已知椭圆：的长轴长为，过的焦点且垂直长轴的弦长为，是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆于，两点，交轴于点，，，记，，的面积分别为，，．
Ⅰ求椭圆的标准方程；
Ⅱ求证：为定值；
Ⅲ若，当时，求实数范围．
本小题分
已知数列、满足，，．
Ⅰ若为等差数列，写出的通项公式，并求所有正整数的值，使得；
Ⅱ若是公比的等比数列，求证：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，，
，又，
，
故选：．
根据集合的基本运算求解．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
，
复数的虚部是．
故选：．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：，则，
又，是相互独立事件，
．
故选：．
利用，可求，再利用相互独立事件的概率公式可计算．
本题考查了相互独立事件的概率计算，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：函数在区间上有定义，
若函数在区间上有零点，不妨设，则，
即函数在区间上有零点，得不到；
另一方面，若，不妨取，
则函数在上无零点，即得不到函数在区间上有零点，
故“在区间上有零点”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：．
利用特例法结合充要条件的定义判断即可得出结论．
本题考查充要条件的判断，涉及零点存在定理的应用，属于中档题．
 5.【答案】 【解析】解：由图象可得，，可排除，而中，，即，故排除，
又当时，函数存在极小值点，
对于：，，得，则在上不存在极值点，故排除，
故选：．
由图象可得，，可排除，，即，故排除，当时，函数存在极小值点，求导计算可排除，可解．
本题考查函数图象的判断，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：方法一，，，
当且仅当时，等号成立，
又，
，
令，
，则，
令，解得，
令，解得，
故在上是减函数，在上是增函数，
故，
故选：．
方法二


，
当且仅当，或，时，等号成立；
故选：．
方法一由基本不等式得，化简，令，构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而求最小值．
方法二化简，利用基本不等式求最小值．
本题综合考查了基本不等式的应用及导数的综合应用，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：作，垂直于准线于，点，因为：：：：，可得，，
设直线的斜率为，倾斜角为，
则，
可得，
即，
故选：．
由抛物线的性质可得，到准线的距离等于到焦点的距离，由题意可得直线的倾斜角的正切值的绝对值为，进而求出直线的斜率．
本题考查抛物线的性质的应用，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：依题意可知，
，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
由，
得，
，其中，
经检验可知，的最小值为．
故选：．
判断出数列是等比数列，由此列不等式，从而求得的最小值．
本题考查等比数列的应用，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：，，是三个不重合的平面，，是两条不重合的直线，
对于，若，，则与相交或平行，故A错误；
对于，若，，则由线面垂直的性质得，故B正确；
对于，若，，，则由线面平行的性质得，故C正确；
对于，若，，，则与相交或平行，故D错误．
故选：．
对于，与相交或平行；对于，由线面垂直的性质得；对于，由线面平行的性质得；对于，与相交或平行．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对于，因为，，所以，，所以，故A正确；
对于，因为，时，的正负不能确定，所以不一定成立，故B错误；
对于，因为，所以，所以，
又因为，，所以，所以，所以，故C正确；
对于，当时，可得，，，
当时，可得，，
且，可得，可得，，，故D正确．
故选：．
由，，得，，的符号不确定，利用不等式的性质逐项判断能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 11.【答案】 【解析】解：设改变方向的地点为，终点为，
由于，所以，，
，
由余弦定理得


，
当时，米，
当时，，
结合二次函数的性质可知当时，
取得最小值，
．
结合二次函数的性质可知当或时，
取得最大值，
综上所述，，
所以选项符合，，选项不符合．
故选：．
利用余弦定理求得所求距离的表达式，结合二次函数、三角函数的知识求得距离的取值范围，从而确定正确选项．
本题考查了三角函数模型的应用，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：依题意，作图如下：

其中，，，，设，，，，
，，，
由题意：，
由余弦定理得：，
，
，
，
两边同时平方，整理得：，
再一次两边平方得：，，，
，，，，
在中，，
，，
，，
解得，故A错误；
与即与的夹角为，不妨令，
由余弦定理得，
即，
，平方整理：，
，代入上式得：，即，
，得：，
设，，，
，
取，则，可知在上单调递增，
而，，
在上必有一解，
即必有一解在上，满足，故B正确；
，即是向量在向量的射影为，
如上图，，垂足为，，
，当点与点重合的时候，最小，
由余弦定理：，
当时，是增函数，也是增函数，
的最小值是，故C错误；

，故D错误．
故选：．
解题的关键是要考虑平行四边形的对角线之差为，用这个条件来约束与，推出的等式比较复杂，需要仔细计算，同时考虑到当时，平行四边形为矩形，对角线相等，不可能相差，说明角必然是有范围的，后面的计算主要是如何表达向量由此入手能求出结果．
本题命题真假的判断，考查余弦定理、向量运算法则、函数的单调性、向量的射影等基础知识，考查运用求解能力，是中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由双曲线：的离心率，可得，，可得，
所以虚轴长为，
故答案为：．
由双曲线的方程可得离心率的表达式，进而求出的值，再求出虚轴长的值．
本题考查双曲线的性质的应用，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：等差数列的公差为，
以数据，，，，为样本，则此样本的平均数为，
此样本的方差为：
，
故答案为：．
由题意，则此样本的平均数为，根据，计算求得结果．
本题考查方差的求法，考查平均数、方差的性质等基础知识，等差数列的定义和性质，考查运算求解能力，是基础题．
 15.【答案】 【解析】解：由正方形建立如图示的平面直角坐标系，

由题意得：，，，，则直线．
设，则，解得所以．
其中，所以在上单调递增，
所以，，从而
且当时，．
此时当位于右端点与重合时，最高．
又点，关于直线对称，所以，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，其中圆弧的上端点坐标为，如图所示．
取的中点，连接，因为，两式平方后相加得：
．
要使的值最小，则需要最小．
连接与圆弧交点即为最小的，
此时由勾股定理得：，此时．
过点作轴于点，则，
所以，即故，即的横坐标为符合要求，故的最小值为：．
故答案为：．
利用点关于直线对称求出点坐标，结合对勾函数求出横坐标的取值范围，结合的轨迹，利用极化恒等式进行求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：如图所示，连接，因为，，分别为棱，，的中点，
根据正方体的结构特征，可得平面，且平面，
且与和的交点分别为，，且，为和中心，
又由点为内包括边界的一个动点，
可得三棱锥为外接球的球心必在直线，其中的外接圆为球的一个小圆，且为定圆，
当过点，，球与所在的平面相切于的中心时，此时球的半径最小，
根据运动的思想，可得当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，
设此时外接球的半径为，
由正方体的棱长为，可得，则，
分别连接，，
在等边中，由，可得，
在等边中，由，可得，
设，则，
在直角，可得，
在直角，可得，
所以，解得，
所以，
所以最大外接球的表面积为．
故答案为：．
连接，得到平面，且平面，且，为和中心，得到当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，结合球的截面圆的性质，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解．
本题考查了三棱锥的表面积的最值问题，考查学生的运算和空间想象能力，属于中档题．
 17.【答案】解：Ⅰ，
令，则，
所以，单调减区间是．
Ⅱ，
由得：，
由余弦定理可得，于是三角形的内角，
在中，得，
于是，
则，
所以，
则的取值范围是． 【解析】Ⅰ由二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，化简，再由正弦函数的单调性可得所求区间；
Ⅱ由三角形的余弦定理求得，可得的范围，再由正弦函数的图象和性质，可得所求取值范围．
本题考查三角形的余弦定理和三角函数的恒等变换，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
 18.【答案】解：Ⅰ依题意可得调整后研发人员的年人均投入为万元，
则，
解得，
，
所以要使这名研发人员的年总投入不低于调整前名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员的人数最多人；
Ⅱ由技术人员年人均投入不减少有，解得．
存在这样的实数，使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，
由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有，
两边同除以得，
整理得，
故有，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
又因为，当时，取得最大值，所以，
，即存在这样的满足条件，使得其范围为． 【解析】根据已知条件列不等式，解一元二次不等式求得的取值范围，从而求得调整后的技术人员的人数的最大值．
根据条件列不等式，化简得，结合基本不等式求得的范围．
本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
 19.【答案】解：Ⅰ证明：如图取中点，连，．

，．
且，．
四边形为平行四边形．
，面，面，
面．
Ⅱ如图，以，为，轴，过垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，设．
，，，解得．
，．
设面的法向量，则，即．
解得，又面的法向量，
设平面与平面所成角为，则． 【解析】Ⅰ取中点，连，，易得四边形为平行四边形，由平行四边形性质有，根据线面平行的判定即可证结论．
Ⅱ构建空间直角坐标系，设结合线段长度及空间向量模长的坐标表示求参数，进而求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求面与面所成角的余弦值．
本题主要考查线面平行的判定定理和二面角的平面角的余弦值，属于中档题．
 20.【答案】解：Ⅰ当时，
故，得．
Ⅱ存在两实数，，使得成立，
则在区间上，有成立，
设，函数对称轴为，，
当即时，在上单调减，，
此时；
当即时，，
当即时，，
当即时，，
综合得，最小值为，因为对任意实数，都有，
故的取值范围为． 【解析】根据题意当时，，故，可解．
设，函数对称轴为，，再分类讨论对称轴与所给区间的关系，可解．
本题考查二次函数性质与恒成立问题，属于较难题．
 21.【答案】解：Ⅰ由已知得，即，，
所以，椭圆标准方程为．
Ⅱ证明：设，，不妨设，
由已知可设直线：，则，
由得：，
同理：，
联立得：，
即，，可得，
；
Ⅲ可得，因为，所以，
又因为，
，，，
于是，
由得，
所以，
因此，．
所以实数范围为 【解析】Ⅰ由长轴长及垂直长轴的弦长可得，的值，进而求出的值，求出椭圆的方程；
Ⅱ可设直线：，求得，从而求得，，联立利用韦达定理，结合即可求解．
Ⅲ由，得，，即可求解．
本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的综合应用，向量的运算性质的应用，属于难题．
 22.【答案】Ⅰ解：，，
若为等差数列，则首项，公差．
，，

得，，，得：，，．
Ⅱ证明：一方面：易知，，，
由化得：，
设，，则，
得：，
，即得：，
．
另一方面，由条件知：，
，
累加得：，
即，，故，
又，，得：．
综上，得证． 【解析】Ⅰ先求得，，然后求得的表达式，从而求得正整数的所有可能取值．
Ⅱ首先利用放缩法证得，然后通过证得，来证得，从而证得不等式成立．
本题主要考查数列通项公式的计算，数列中不等式的证明等知识，属于中等题．