遼寧省六校協作體2023-2024學年高二上學期期初考試數學試題【含答案】

2023-2024（上）六校高二期初考試數學試卷考試時間：120分鐘，滿分：150分.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若，則A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據復數運算法則求解即可.【詳解】．故選D．【點睛】本題考查復數的商的運算，滲透了數學運算素養．采取運算法則法，利用方程思想解題．2.已知向量與夾角為，且，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】在等式兩邊平方，利用平面向量數量積的運算性質可得出關于的方程，即可解得的值.【詳解】在等式兩邊平方得，即，整理可得，解得.故選：C.3.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據誘導公式以及兩角和與差的余弦公式即可求解.【詳解】；；原式.故選：C4.已知平面和直線滿足，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據充分必要條件的定義判斷．【詳解】，，，或或與相交，則充分性不成立；，，必要性成立．“”是“”的必要不充分條件，故選：B．【點睛】本題考查空間直線、平面之間的位置關系．掌握線面位置關系和線面垂直的性質定理是解題關鍵．5.一半徑為的水輪如圖所示，水輪圓心距離水面，已知水輪每逆時針轉動一圈，如果當水輪上點從水中浮現時（圖中點）開始計時，則（）A.點第一次到達最高點需要B.在水輪轉動的一圈內，點距離水面的高度不低于共有的時間C.點距離水面的距離（單位：）與時間（單位：）的函數解析式為D.當水輪轉動時，點在水面下方，距離水面【答案】D【解析】【分析】根據所給條件求出點距離水面的高度與時間的函數關系式，再逐項進行計算并判斷作答.【詳解】顯然點距離水面的高度(米)與(秒)的關系成周期性，符合正弦型函數關系，設其解析式為，依題意，，，由，解得，即，當時，，得，，，于是得所求的函數關系式是，所以點距離水面的距離(單位：)與時間(單位：)的函數解析式為，C錯誤；由得：，即，解得，點第一次到達最高點要時間，A錯誤；由，即在水輪轉動的一圈內，有20秒的時間，點距離水面的高度不低于4.8米，B錯誤；時，，D正確.故選：D6.如圖，在中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐標系，因為點在上，則，又，利用平面向量的基本定理求出的值，然后利用平面向量數量積的坐標運算可求得的值.【詳解】建立如圖所示平面直角坐標系．已知，，，得，，，，，，，，，因為點在上，則，又，且、不共線，可得，且，解得．，．故選：D．7.如圖，正三棱錐中，，側棱長為，過點的平面與側棱相交于，則△的周長的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將正三棱錐沿剪開，要使的周長的最小則有，結合已知條件及正三棱錐的性質知是等邊三角形，即可知周長的最小值.【詳解】將正三棱錐沿剪開可得如下圖形，∵，即，又的周長為,∴要使的周長的最小，則共線，即，又正三棱錐側棱長為，是等邊三角形，∴.故選：B8.一條河流從某城市中穿過，其中一河段的兩岸基本上是平行的，根據城建工程計劃，需要測量出該河段的寬度，現在一側岸邊選取兩點，，并測得，選取對岸一目標點并測得，，，則該段河流的寬度為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】已知兩角一邊利用正弦定理求出的長，過向做垂線，所做垂線即為河流寬度，利用正弦值求解即可.【詳解】在中，由正弦定理得，所以，如圖所示過點向做垂線交與：所以該段河流的寬度.故選：A.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，計20分.在每小題給出的選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對得5分，有選錯的得零分，部分選對得2分.9.若，，是任意的非零向量，則下列敘述正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，，則D.若，則【答案】ACD【解析】【分析】根據平面向量的定義、數量積定義、共線向量定義進行判斷．【詳解】對應，若，則向量長度相等，方向相同，故，故正確；對于，當且時，，但，可以不相等，故錯誤；對應，若，，則方向相同或相反，方向相同或相反，故的方向相同或相反，故，故正確；對應，若，則，，，故正確．故選：【點睛】本題考查平面向量的有關定義，性質，數量積與向量間的關系，屬于中檔題．10.設復數z滿足（其中是虛數單位），則下列說法正確的是（）A.的虛部為 B.在復平面內對應的點位于第四象限C. D.若，則【答案】BC【解析】【分析】由復數除法求得，再根據復數的定義，共軛復數的定義，復數的幾何意義及復數的運算判斷各選項．【詳解】由已有，∴的虛部是，A錯誤；對應點坐標是，在第四象限，B正確；，C正確；，故對應點在以為圓心，2為半徑的圓上（含內部）又，所以的最大值是，D錯．故選：BC．11.已知函數（，，）的部分圖象如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.的圖象關于直線對稱B.的圖象關于點對稱C.將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象D.若方程在上有兩個不相等的實數根，則的取值范圍是【答案】ABC【解析】【分析】根據函數圖象求出函數解析式，再根據正弦函數的性質一一判斷即可.【詳解】由題圖可得，，故，所以，又，即，所以，又，所以，所以．當時，，故函數關于對稱，故A錯誤；當時，，即函數關于對稱，故B錯誤；將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，故C錯誤；當時，，則當，即時，單調遞減，當，即時，單調遞增，因為，，，所以方程在上有兩個不相等的實數根時，的取值范圍是，故D正確.故選：ABC．12.如圖，在直三棱柱中，，，是等邊三角形，點O為該三棱柱外接球的球心，則下列命題正確的是（）A.平面 B.異面直線與所成角的大小是C.球O的表面積是 D.點O到平面的距離是【答案】AD【解析】【分析】利用線面平行的判定定理可判斷A；求出直線與所成角的正切值可判斷B；設球心O在底面的垂足為，利用求出球O的表面積可判斷C；設為的中心，可得平面，利用由余弦定理、正弦定理求出的外接圓的半徑，再由可判斷D.【詳解】對于A，因為，平面，平面，所以平面，故A正確；對于B，因為直線，所以即為直線與所成角,因為四邊形為正方形，且，，可得在，故B錯誤；對于C，球心O在底面垂足為，連接、、，可得，，所以，所以球O的表面積是，故C錯誤；對于D，設為的中心，連接、，因為在球上，所以平面，，由余弦定理可得，，所以，所以的外接圓的半徑，所以，所以點O到平面的距離是，故D正確.故選：AD.【點睛】關鍵點點睛：在D選項中，關鍵點是找到到平面的垂線段，再利用勾股定理求解，本題考查了學生的空間想象能力.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，計20分.13.已知角α的終邊與單位圓的交點為P，則＝______．【答案】【解析】【分析】根據單位圓求出，然后由三角函數定義求得，再相乘可得．【詳解】由題意，，時，，，，時，，，，綜上，．故答案為：．14.已知圓錐的頂點為，母線，互相垂直，與圓錐底面所成角為，若的面積為，則該圓錐的體積為__________．【答案】8π【解析】【詳解】分析：作出示意圖，根據條件分別求出圓錐的母線，高，底面圓半徑的長，代入公式計算即可.詳解：如下圖所示，又，解得，所以，所以該圓錐的體積為.點睛：此題為填空題的壓軸題，實際上并不難，關鍵在于根據題意作出相應圖形，利用平面幾何知識求解相應線段長，代入圓錐體積公式即可.15.公元前6世紀，古希臘的畢達哥拉斯學派通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，發現了黃金分割值約為0.618，這一數值也可以表示為.若，則______.【答案】【解析】【分析】根據，，求得，代入即可求解.【詳解】解：因為，，所以，，所以，故答案為：.16.已知菱形的邊長為，，若沿對角線將△折起，所得的二面角的大小為，則四點所在球的表面積為____________．【答案】【解析】【分析】由條件確定球心的位置，再根據平面圖形，建立等量關系，求球的半徑，再由球的表面積公式求球的表面積.【詳解】如圖，設外接球的球心為O，∵四邊形為菱形，，∴三角形BCD為等邊三角形，設其中心為，取BD的中點F，連接AF，CF，，OB，，由AB=AD=BC=BD=DC，得AF⊥BD，CF⊥BD，所以BD⊥平面AFC，又AF=CF=3，AC=，∴∠AFC=120°.過點A作CF的垂線，交CF的延長線于點E，由BD⊥平面AFC，平面AFC，∴BD⊥AE，AE⊥CF,∴AE⊥平面BCD，過點O作OG⊥AE于點G，則四邊形是矩形，∵，，，.，，設外接球的半徑為R，，∵，，.∴，，解得，，故其外接球的表面積.故答案為：.四、解答題：本題共6小題，計70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知向量，.（1）若，求實數m的值；（2）若非零向量滿足，求與的夾角.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據向量垂直的坐標表示即可求解；（2）由，得，又，得，設向量與的夾角為，，則，然后分和討論即可得答案.【小問1詳解】解：∵，，∴，又，∴，即，∴；【小問2詳解】解：，由，得，∵，∴，設向量與夾角為，，則，當時，，，當時，，，∴與的夾角為或.18.如圖，在中，點在邊上，，，.（1）求證：；（2）若，求.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得到，再由銳角三角函數得到，最后由誘導公式計算可得；（2）設，根據平面向量的線性運算得到，再根據數量積的運算律及定義得到方程求出，最后由面積公式計算可得.【小問1詳解】在中，，由正弦定理可得，所以，在中，．則，由于，，所以，即．【小問2詳解】在中，設則，∵，∴，所以，所以，解得或（舍去），∴.19.已知函數的部分圖像如圖所示.（1）求函數的解析式；（2）在中，角??的對邊分別為??，若，，求周長的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據題意得，進而得，再根據圖像過點待定系數法得，最后根據點在函數圖像上得，即可得答案；（2）結合（1）得，進而根據正弦定理得，，，再結合三角恒等變換得周長，最后求函數值域即可得答案.【詳解】解：（1）由圖像可知，周期，∴.因為點在函數圖像上，所以，即.又∵，∴，從而，即.又點在函數圖像上，所以，.故函數的解析式為.（2）由，，.由正弦定理，同理，周長，，所以【點睛】本題考查根據三角函數圖像求函數解析式，三角形的周長最值問題，考查運算求解能力，化歸轉化思想，是中檔題.本題第二問解題的關鍵在于利用正弦定理將問題轉化為三角恒等變換求函數值域問題.20.已知四棱錐，底面為正方形，且底面，過的平面與側面的交線為，且滿足表示的面積）．（1）證明：平面；（2）當時，求點到平面的距離．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）推導出，從而平面，進而，由，得，連接交與，則為中點，從而，，平面，由此能證明平面．（2）推導出平面，，由，能求出點到平面的距離．【詳解】證明：（1）由題知四邊形為正方形，，又平面，平面平面又平面，平面平面，又，由，知、分別為、的中點，連接交與，則為中點，在中為中位線，，，平面，平面，平面．解：（2），，，，，，，平面，在中，，在中由余弦定理知，，，設點到平面的距離為，則，由，，，得平面，且，為中點，到平面的距離為，又為中點，，由，解得，點到平面的距離為．21.已知函數，且滿足_______.（Ⅰ）求函數的解析式及最小正周期；（Ⅱ）若關于的方程在區間上有兩個不同解，求實數的取值范圍.從①的最大值為，②的圖象與直線的兩個相鄰交點的距離等于，③的圖象過點.這三個條件中選擇一個，補充在上面問題中并作答.【答案】滿足①或②或③；（Ⅰ），最小正周期為；（Ⅱ）；【解析】【分析】（Ⅰ）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式，根據①或②或③中的條件求得，可得出，利用正弦型函數的周期公式可求得函數的最小正周期；（Ⅱ）令，得，解得，，可得出方程在區間上的實數根，進而可得出實數的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）函數，若滿足①最大值為1，則，解得，所以，則函數的最小正周期為；（Ⅱ）令，得，解得，，即，；若關于的方程在區間上有兩個不同解，則或；所以實數m的取值范圍是.若滿足②，圖象與直線的兩個相鄰交點的距離等于，且的最小正周期為，所以，解得；以下解法均相同.若滿足③，的圖象過點，則，解得；以下解法均相同.【點睛】本題考查利用正弦型函數的基本性質求函數解析式，同時也考查了利用正弦型函數方程的根的個數求參數，考查計算能力，屬于中等題.22.在四棱錐中，底面是邊長為2的菱