1．已知集合，，則（ ）
A．B．C．D．
2．函數的圖象的大致形狀是（ ）
A．B．
C．D．
3．的內角的對邊分別為，，，若的面積為，則（ ）
A．B．C．D．
4．已知函數在上單調遞減，則實數a的取值范圍為（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，則（ ）
A．B．
C．D．
6．已知是邊長為6的等邊三角形，點D是AB的中點，點G是線段CD上一點，滿足，則（ ）
A．B．C．D．
7．已知函數，則圖象有如下性質（ ）
A．關于點中心對稱B．關于直線軸對稱
C．關于點中心對稱D．關于點中心對稱
8．設，且，則的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．設為兩個隨機事件，以下命題正確的是（ ）
A．若與對立，則
B．若與互斥，，則
C．若，且，則與相互獨立
D．若與相互獨立，，則
10．已知函數的最大值為2，其部分圖象如圖所示，則（ ）

A．
B．函數為偶函數
C．滿足條件的正實數存在且唯一
D．是周期函數，且最小正周期為
11．如圖，正方體棱長為2，點M是其側面上的動點（含邊界），點P是線段上的動點，下列結論正確的是（ ）
A．存在點P，M，使得平面與平面PBD平行
B．當點P為中點時，過A，P，點的平面截該正方體所得的截面是梯形
C．當點M是線段的中點時，不存在點P使直線垂直平面
D．當P為棱的中點且時，點M的軌跡長度為
三、填空題（本大題共3小題）
12．若冪函數的圖象過點，則 .
13．已知扇形的半徑為10，以O為原點建立如圖所示的平面直角坐標系，已知，則弧AB的中點C的坐標為 ．
14．若存在實數m，使得對于任意的，不等式恒成立，則取得最大值時， ．
四、解答題（本大題共5小題）
15．在中，角的對邊分別為滿足．
(1)求B的大小；
(2)若，的面積為，求的周長．
16．已知盒中有大小、質地相同的紅球、黃球、藍球共4個，從中任取一球，得到紅球或黃球的概率是，得到黃球或藍球的概率是．
(1)求盒中紅球、黃球、藍球的個數；
(2)設置游戲規(guī)則如下：從盒中有放回的取球兩次，每次任取一球記下顏色．若取到兩個球顏色相同則甲勝，否則乙勝從概率的角度判斷這個游戲是否公平，請說明理由．
17．在四棱錐中，平面平面ABCD，，，，，．
(1)證明：平面PAD；
(2)若為等邊三角形，求點C到平面PBD的距離．
18．設a為常數，函數．
(1)當時，求函數的值域；
(2)若函數在區(qū)間上有兩個不同的零點，求實數a的取值范圍；
(3)當時，設n為正整數，在區(qū)間上恰有2024個零點，求所有可能的正整數n的值．
19．給定正整數，設集合，對于集合M中的任意元素，定義，．
(1)當時，若，求所有滿足條件的；
(2)當時，均為M中的元素，且，求k的最大值；
(3)當時，若均為M中的元素，其中，且滿足，求k的最小值．
答案
1．【正確答案】B
【詳解】，，.
故選B.
2．【正確答案】C
【分析】分類討論與，結合指數函數的單調性即可得解.
【詳解】因為，
當時，，由于，所以在上單調遞增，排除BD；
當時，，由于，所以在上單調遞減，排除A；
而C選項滿足上述性質，故C正確.
故選C.
3．【正確答案】C
【分析】利用面積公式和余弦定理進行計算可得．
【詳解】由題可知，
所以，
由余弦定理，
所以，
，
.
故選C.
4．【正確答案】D
【分析】根據各段函數的單調性和分段點處的高低可得關于的不等式組，故可得其取值范圍.
【詳解】因為在R上單調遞減，故，
故.
故選D.
5．【正確答案】A
【分析】根據對數函數及對數的運算性質可判斷的大小，根據余弦函數的單調性可判斷的大小，故可得正確的選項.
【詳解】，，
故.
故選A.
6．【正確答案】A
【分析】根據題意，得到，由三點共線，求得，得到，結合向量的數量積的運算公式，即可求解.
【詳解】因為為的中點，，
因為三點共線，可得，解得，即，
又因為是邊長為6的等邊三角形，
所以
.
故選A.
7．【正確答案】D
【分析】根據解析式可得，故可得正確的選項.
【詳解】
，
故，
故圖象關于點中心對稱.
故選D.
8．【正確答案】B
【分析】根據題意，利用余弦函數的性質，得到，結合三角函數的性質，求得，即可求解.
【詳解】根據三角函數的性質知，，
，
，
要使得，可得，
則，，即，
可得，
所以，
當時，,
當時，可得，
所以當或時，的最小值等于.
故選B.
9．【正確答案】BD
【分析】根據互斥（或對立）事件概率的性質可判斷AB的正誤，根據獨立事件的定義和性質可判斷CD的正誤.
【詳解】對于A，若與對立，則，故A錯誤；
對于B，與互斥，則，故B正確；
對于C，因為，故，
故，故與不相互獨立，故C錯誤；
對于D，因為，所以，
而與相互獨立，故與相互獨立，故，故D正確.
故選BD.
10．【正確答案】ACD
【分析】根據題意，求得函數，結合三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】由函數，且，
因為函數的最大值為，可得，解得，
又因為，所以，所以A正確；
因為，且函數在的附近單調遞減，
所以，所以，
又因為，可得，所以，解得，所以，
此時，其最小正周期為，所以C、D正確；
設，
，所以Fx為奇函數，
即函數為奇函數，故B錯誤.
故選ACD.
11．【正確答案】ABD
【分析】找到點P，M使得平面與平面PBD平行肯定選項A；作出過點的平面截該正方體所得的截面判斷選項B；當點與點重合時，直線垂直平面，否定選項C；求得點M的軌跡長度判斷選項D.
【詳解】對于A選項，當M為中點，P為中點時，
連接、，結合正方體的結構特征有
，又平面PBD，平面PBD，則平面PBD，
，又平面PBD，平面PBD，則平面PBD，
又且都在面內，則平面平面PBD. 故A正確；
對于B選項，取BC中點N，連接
則，，則，又，則為梯形．
則梯形為截面，故B正確；
對于C選項，當M為中點，當點與點重合時，
由三垂線定理及逆定理易知：，
根據線面垂直的判定，得直線平面，故C錯誤;
對于D選項，取中點E，連接PE，ME，PM，則平面，
根據線面垂直的性質有，則，
則點M在側面內運動軌跡為以E為圓心半徑為2的劣弧，
分別交AD、于、，則，
則，劣弧的長為．故D正確.
故選ABD.
12．【正確答案】
【分析】設出，代入點，求出，從而求出解析式，從而求出.
【詳解】設，將代入，，解得：，
故，.
故-1.
13．【正確答案】
【分析】設，則，求出，利用同角三角函數關系得到，，求出答案.
【詳解】令，則，
，解得，
即，又，
又，解得，，
，即.
故．
14．【正確答案】
【分析】以為變量，結合一元二次不等式的存在性問題可得，解不等式結合題意得，由此可得答案.
【詳解】因為恒成立，
即恒成立，
若存在實數，使得上式成立，則，
則，
可得，可得，
解得，
由，
則取得最大值時，
此時.
故答案為.
【思路導引】雙變量問題的解題關鍵是一次只研究其中一個變量，本題先以為變量，轉化為存在性問題分析求解.
15．【正確答案】(1)
(2)9
【分析】（1）根據題意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解；
（2）由三角形的面積公式，求得，根據題意和余弦定理，化簡求得的值，即可求解.
【詳解】（1）因為，可得，
由余弦定理得，
又由正弦定理得，
因為，所以，所以，所以，
又因為，所以.
（2）由三角形的面積公式，可得，可得，
又由余弦定理得，
因為，所以，解得，
所以的周長為．
16．【正確答案】(1)盒中紅球、黃球、藍球的個數分別是2，1，1；
(2)不公平，理由見解析
【分析】（1）根據題設的概率可得關于球數的方程組，求出其解后可得不同顏色的求出.
（2）利用例舉法可求甲勝或乙勝的概率，從而可判斷游戲是否公平.
【詳解】（1）設盒中紅球、黃球、藍球個數分別為x，y，z，從中任取一球，得到紅球或黃球為事件A，得到黃球或藍球為事件B，
則，
由己知得，解得，
所以盒中紅球、黃球、藍球的個數分別是2，1，1；
（2）由（1）知紅球、黃球、藍球個數分別為2個，1個，1個，
用，表示紅球，用表示黃球，用表示藍球，
表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示試驗的樣本點，
則樣本空間，．
可得，
記“取到兩個球顏色相同”為事件，“取到兩個球顏色不相同”為事件，
則，所以，
所以，
因為，所以此游戲不公平．
17．【正確答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）根據梯形邊長利用勾股定理可得，再利用面面垂直性質定理可得結論；
（2）利用面面垂直的性質可得三棱錐的高為，再利用等體積法計算即可求得點C到平面PBD的距離為.
【詳解】（1）因為，所以，
又因為，所以，則．
因為平面平面ABCD，且平面平面，平面PAD，
所以平面PAD．
（2）在面PAD內過點P作，因為平面平面ABCD，且平面平面，
所以平面ABCD，如下圖所示：
因為，
由（1）知平面PAD，根據線面垂直的性質有，
在中，，而，
．
設點C到平面PBD的距離為h，
由得，解得，
所以點C到平面PBD的距離為．
18．【正確答案】(1)
(2)；
(3)1012，1349．
【分析】（1）利用換元法結合三角函數值域，由二次函數性質即可得出函數的值域；
（2）根據零點個數可得函數在0,1上僅有一個零點，再由二次函數根的分布可得；
（3）由二次函數根的個數及其符號并對參數的取值范圍分類討論，利用三角函數圖象性質可得不同區(qū)間內的零點個數，即可得出結果.
【詳解】（1）由題意，
令，則，
當時，，
所以當時，取最大值；
當時，取最小值，
所以的值域為；
（2）由題意函數在區(qū)間上有兩個不同的零點，
即函數在0,1上僅有一個零點，因為，
由零點存在性定理，只需，得；
所以實數a的取值范圍為.
（3）因為，所以有兩個零點，
又，不妨
當時，得，即或；
由三角函數圖象性質可知在（k為正整數）內零點個數為，在內零點個數為，
因為，所以；
當時，在（k為正整數）內零點個數為，
在內零點個數為，若，此時不存在n；
當時，則，在（k為正整數）內零點個數為，
因為，所以；
綜上n的所有可能值為1012，1349．
19．【正確答案】(1)或或
(2)4
(3)3
【分析】（1）根據定義計算得出，可解得；
（2）根據題意寫出集合M中的所有元素，根據分情況討論即可得出結論；
（3）由可知在序列中，任意一對相鄰的向量都恰有個分量相等，即可知，經檢驗可知不合題意，當時可通過舉例驗證可知符合題意.
【詳解】（1）令，
由題意知
解得或或
（2）表示之間至少有2個分量不相等，
M中的元素總情況：
對上述所有元素分析，最大為3，此時只有、符合要求；
當時，通過列舉知滿足的有共四個元素
同理可知滿足條件的元素還可以是：
共四個元素
綜上可得k的最大值為4.
（3）由，知．
而條件的含義是，在序列中，任意一對相鄰的向量都恰有個分量不相等
根據題意已有．
法一：
若，則，因為，
所以恰有個分量不相等，即中恰有個1，又中含n個1，
所以，中恰有2個分量不相等，所以．
因為，所以，與矛盾．
這就表明不成立，故．
當，，，時滿足全部條件，
此時．（上述的選取不唯一）
所以k的最小值是3．
法二：
若時，，且恰有3個分量不相等，恰有3個分量不相等．
換言之，恰有2個分量相等，即中有2個0，3個1；
恰有2個分量相等．即中有3個0，2個1，矛盾．
故時，不成立．，同理可知不成立．
這就表明．
當，，，
時滿足全部條件，此時．（上述的選取不唯一）
所以k的最小值是3．
【關鍵點撥】本題關鍵在于理解新定義并根據的不同取值推導出中的元素關系，進而求得結論.
2024-2025學年山東省日照市高二上學期開學摸底考數學檢測試題（二）
一、單選題（本大題共8小題）
1．已知復數（為虛數單位），則實數的值為（ ）
A．B．1C．2D．3
2．設集合，，則（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，且，則的值是（ ）
A．B．C．D．6
4．已知，為兩個不重合的平面，l，m為兩條不同的直線，（ ）
A．若，，則B．若，，則
C．若，，則D．若，，則
5．下列說法中正確的是（ ）
A．若事件與事件是互斥事件，則
B．若事件與事件滿足條件：，則事件與事件是對立事件
C．一個人打靶時連續(xù)射擊兩次，則事件“至少有一次中靶”與事件“至多有一次中靶”是對立事件
D．把紅?橙?黃?綠4張紙牌隨機分給甲?乙?丙?丁4人，每人分得1張，則事件“甲分得黃牌”與事件“乙分得黃牌”是互斥事件
6．如圖，在中，是上的兩個三等分點，，則的值為（ ）
A．50B．80C．86D．110
7．定義在R上的奇函數滿足：任意，都有，
設，，則a,b,c的大小關系為（ ）
A．B．C．D．
8．某地政府對在家附近工作的年輕人進行了抽樣調查，得到他們一年能在家陪伴父母的天數，并繪制成如下圖所示的頻率分布直方圖，則樣本中位數約為（ ）
A．150.5B．152.5C．154.5D．156.5
二、多選題（本大題共3小題）
9．已知，，則下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，則（ ）
A．是奇函數
B．的最小正周期是
C．圖象的一個對稱中心是
D．上單調遞增
11．如圖，正方體的棱長為1，P是線段上的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．平面
C．的最小值為
D．當，C，，P四點共面時，四面體的外接球的體積為
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知正數，滿足，則的最小值為 .
13．某幾何體底面的直觀圖為如圖矩形，其中，該幾何體底面的面積為 ．
14．已知中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若，，則 .
四、解答題（本大題共5小題）
15．已知函數滿足．
(1)求的解析式；
(2)求函數在上的值域．
16．正四棱臺兩底面邊長分別為2和4．
(1)若側棱長為，求棱臺的表面積；
(2)若棱臺的側面積等于兩底面面積之和，求它的高．
17．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若，求面積的最大值.
18．如圖，在四棱錐中，底面ABCD，E是PC的中點，點F在棱BP上，且，四邊形ABCD為正方形，.

(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積；
(3)求二面角的余弦值.
19．當我們沉浸在游戲世界中時，很容易忽視時間的流逝，甚至忘記自己的學業(yè)和生活.一些大學生因為過度沉迷網絡游戲，導致學業(yè)成績下滑，身體健康狀態(tài)也受到影響.長時間盯著電腦屏幕，不僅會導致視力下降，還可能引發(fā)頸椎病等健康問題.更為嚴重的是，過度依賴虛擬世界的社交可能會削弱我們在現實生活中的社交能力，造成人與人之間的疏離感.某大學心理機構為了向大學生宣傳沉迷網絡游戲的危害，該機構隨機選擇了200位沉迷網絡的大學生進行宣傳，將這些大學生每天玩網絡游戲的時間分成五段：，，，，（單位：小時），得到如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)求頻率分布直方圖中a的值；
(2)請估計這200位大學生每天玩網絡游戲的平均時間（同組數據用區(qū)間的中點值代替）；
(3)現在從和兩組中用分層抽樣的方法抽取5人，再從這5人中隨機抽取2人進行交流，求這2人每天玩網絡游戲的時間所在區(qū)間不同的概率.
答案
1．【正確答案】D
【分析】由已知可得，根據復數乘法運算法則，和復數相等的充要條件，即可求解.
【詳解】，
故選:D.
本題考查復數的代數運算、復數相等的應用，屬于基礎題.
2．【正確答案】C
【詳解】集合,
或,則
故選：C
3．【正確答案】D
【詳解】因為，即，
化簡，整理得，
則，解得.
故選：D
4．【正確答案】D
【分析】根據線面平行的判定定理和性質定理，結合線面垂直的性質定理逐一判斷即可.
【詳解】對于A，若，，則或，故A錯誤；
對于B，若，，則或，故B錯誤；
對于C，若，，則或，故C錯誤；
對于D，若，，由面面平行的性質定理可得，故D正確.
故選D.
5．【正確答案】D
【分析】
根據互斥事件、對立事件以及事件的關系與運算逐一判斷即可.
【詳解】
互斥事件其含義是事件A與事件B在任何一次試驗中不會同時發(fā)生，即；
A，若事件與事件是互斥事件，滿足，
但不一定等于；
B，對立事件的含義是事件A與事件B在任何一次試驗中有且僅有一個發(fā)生，
為不可能事件，且為必然事件，即且，
若事件與事件滿足條件：，
則事件與事件不一定是對立事件，
比如，擲骰子試驗，事件“出現的點數為偶數”，
事件“出現的點數小于等于 ”，故B錯誤；
C，事件“至少有一次中靶”與事件“至多有一次中靶”，
都包含一次中靶，另一次不中，故C錯誤；
D，黃牌只能有一人得到，所以“甲分得黃牌”與事件“乙分得黃牌”是互斥事件，故D正確；
故選：D．
6．【正確答案】B
【分析】根據題意利用平向量基本定理將用表示出來，然后利用數量積的運算律求解即可.
【詳解】因為在中，是上的兩個三等分點，，
所以，
，
所以
.
故選B.
7．【正確答案】C
【分析】由題意可得在R上單調遞增，，利用對數函數及指數函數的單調性可得，從而即可得答案.
【詳解】因為是在R上的奇函數，且任意，都有，
所以在R上單調遞增，
又因為，
所以，
又因為，，
所以，
所以
即.
故選：C.
8．【正確答案】B
【詳解】依題意，，解得，
顯然，，
所以樣本中位數為.
故選：B
9．【正確答案】BD
【分析】通過舉反例判斷選項AC錯誤；利用作差法判斷B選項，利用不等式的性質判斷D選項即可.
【詳解】對于A，當時，，故選項A錯誤；
對于B，因為,所以，所以，故選項B正確；
對于C，當時，，故選項C錯誤；
對于D，因為，所以，又，所以，故選項D正確；
故選：BD.
10．【正確答案】AC
【分析】由三角恒等變換化簡解析式，由定義判斷A；由周期公式判斷B；由性質判斷CD.
【詳解】，
對于A：，即是奇函數，故A正確；
對于B：的最小正周期是，故B錯誤；
對于C：令，當時，圖象的對稱中心是，故C正確；
對于D：，函數在上單調遞增，所以上單調遞減，故D錯誤；
故選：AC
11．【正確答案】ABD
【分析】A選項，求出為定值，且P到平面的距離為1，從而由等體積得到錐體體積為定值；B選項，證明出面面平行，得到線面平行；
C選項，將兩平面展開到同一平面，連接，交于點，此時最小，最小值即為的長，由勾股定理得到最小值；
D選項，點P在點B處，，C，，P四點共面，四面體的外接球即正方體的外接球，求出正方體的外接球半徑，得到外接球體積.
【詳解】對于A，因為不在平面內，平面，
所以平面，又，
所以點到平面的距離為，
又為定值，
故定值，A正確；
對于B，因為，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正確.
對于C，展開兩線段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
連接，交于點，此時最小，最小值即為的長，
過點作⊥，交的延長線于點，
其中，
故，又勾股定理得，C正確；
對于D，點P在點B處，，C，，P四點共面，
四面體的外接球即正方體的外接球，
故外接球的半徑為，所以該球的體積為，D正確.
故選：ABD
特殊幾何體的內切球或外接球的問題，常常進行補形，轉化為更容易求出外接球或內切球球心和半徑的幾何體，比如墻角模型，對棱相等的三棱錐常常轉化為棱柱來進行求解.
12．【正確答案】
【分析】根據正數，滿足，可得，
再由，利用基本不等式即可求解.
【詳解】由正數，滿足，可得，
所以，
當且僅當，，即時取等號，
所以的最小值為.
故答案為.
13．【正確答案】
【分析】根據直觀圖，得到底面平面圖形的形狀和圖形的高，根據平行四邊形的面積公式求出底面積.
【詳解】在直觀圖中，令軸與交于點，則，
直觀圖還原為平面圖形如圖，
根據直觀圖與原圖的關系可得：，
故該幾何體的底面是平行四邊形，其面積為.
故答案為.
14．【正確答案】/0.75
【分析】利用正弦定理、三角變換公式可得及，故可得，消元后可得的值.
【詳解】由正弦定理可得，
故，
故，
整理得到，
而，故，所以，
故，解得或，
若，則，故同為鈍角，這與矛盾，
故.
故答案為.
15．【正確答案】(1)
(2)．
【詳解】（1）令，得，
則，
故的解析式為．
（2）由題意得，
函數的對稱軸為，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
，
故在上的值域為．
16．【正確答案】(1)
(2)
【分析】（1）設分別為上，下底面的中心，分別取的中點，利用梯形求出斜高，從而求出表面積；
（2）根據已知條件求出斜高, 再由直角梯形求出四棱臺的高.
【詳解】（1）如圖，設分別為上，下底面的中心，
分別取的中點，連接，則為正四棱臺的斜高，
，
則棱臺的表面積.
（2）兩底面面積之和為，
正四棱臺的側面積為，解得，
正四棱臺的高.
17．【正確答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角余弦公式及正弦邊角關系得，根據余弦定理求的余弦值，進而確定其大?。?br>（2）由已知和余弦定理得，再由求面積最大值，注意取值條件.
【詳解】（1）由已知，
即，由正弦邊角關系得，
所以，又，所以.
（2）由余弦定理，得，又，
所以，當且僅當時等號成立，
所以，故的面積的最大值為.
18．【正確答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）由線面垂直的判定求證；
（2）由轉化求解；
（3）由線面垂直的性質得即二面角的平面角，即可求解．
【詳解】（1）證明：因為底面，底面，所以.
因為四邊形為正方形，所以.
因為，所以平面.
因為平面，所以.
在中，，E是PC的中點，則.
因為，所以平面.
因為平面，所以.
因為，，所以平面.
因為平面，所以.
（2）連接交于點，如圖所示：

則，又底面，平面，得，
而，則平面，則點C到平面的距離為，
因為E是PC的中點，所以
，，，，
所以，，
所以.
（3）由（1）可得平面，因為平面，平面，所以，.
為二面角的平面角.
，.
因為，所以，解得.
因為，即，所以.
故二面角的余弦值為.
19．【正確答案】(1)0.1；
(2)7.4小時；
(3).
【分析】（1）利用頻率分布直方圖tk 小矩形面積和為1求出值.
（2）利用頻率分布直方圖估計平均數的算法，列式計算即得.
（3）利用分層抽樣求出指定的兩個區(qū)間的人數，再利用列舉法求出古典概率.
【詳解】（1）由頻率分布直方圖，得，所以.
（2）每天玩網絡游戲的平均時間（小時）.
（3）每天玩網絡游戲的時間在和內的人數比為，
則用分層抽樣的方法抽取的5人中，在內的有1人，記為，在內的有4人，記為，
這5人中隨機抽取2人的試驗的樣本空間，共10個樣本點，
玩網絡游戲的時間所在區(qū)間不同的事件，共4個樣本點，
所以這2人每天玩網絡游戲的時間所在區(qū)間不同的概率.

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