辽宁省六校协作体2023-2024学年高二上学期期初考试数学试题【含答案】

2023-2024（上）六校高二期初考试数学试卷考试时间：120分钟，满分：150分.一、单项选择题：本题共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，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则求解即可.【详解】．故选D．【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．2.已知向量与夹角为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，即可解得的值.【详解】在等式两边平方得，即，整理可得，解得.故选：C.3.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式以及两角和与差的余弦公式即可求解.【详解】；；原式.故选：C4.已知平面和直线满足，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】，，，或或与相交，则充分性不成立；，，必要性成立．“”是“”的必要不充分条件，故选：B．【点睛】本题考查空间直线、平面之间的位置关系．掌握线面位置关系和线面垂直的性质定理是解题关键．5.一半径为的水轮如图所示，水轮圆心距离水面，已知水轮每逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计时，则（）A.点第一次到达最高点需要B.在水轮转动的一圈内，点距离水面的高度不低于共有的时间C.点距离水面的距离（单位：）与时间（单位：）的函数解析式为D.当水轮转动时，点在水面下方，距离水面【答案】D【解析】【分析】根据所给条件求出点距离水面的高度与时间的函数关系式，再逐项进行计算并判断作答.【详解】显然点距离水面的高度(米)与(秒)的关系成周期性，符合正弦型函数关系，设其解析式为，依题意，，，由，解得，即，当时，，得，，，于是得所求的函数关系式是，所以点距离水面的距离(单位：)与时间(单位：)的函数解析式为，C错误；由得：，即，解得，点第一次到达最高点要时间，A错误；由，即在水轮转动的一圈内，有20秒的时间，点距离水面的高度不低于4.8米，B错误；时，，D正确.故选：D6.如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，因为点在上，则，又，利用平面向量的基本定理求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.【详解】建立如图所示平面直角坐标系．已知，，，得，，，，，，，，，因为点在上，则，又，且、不共线，可得，且，解得．，．故选：D．7.如图，正三棱锥中，，侧棱长为，过点的平面与侧棱相交于，则△的周长的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将正三棱锥沿剪开，要使的周长的最小则有，结合已知条件及正三棱锥的性质知是等边三角形，即可知周长的最小值.【详解】将正三棱锥沿剪开可得如下图形，∵，即，又的周长为,∴要使的周长的最小，则共线，即，又正三棱锥侧棱长为，是等边三角形，∴.故选：B8.一条河流从某城市中穿过，其中一河段的两岸基本上是平行的，根据城建工程计划，需要测量出该河段的宽度，现在一侧岸边选取两点，，并测得，选取对岸一目标点并测得，，，则该段河流的宽度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】已知两角一边利用正弦定理求出的长，过向做垂线，所做垂线即为河流宽度，利用正弦值求解即可.【详解】在中，由正弦定理得，所以，如图所示过点向做垂线交与：所以该段河流的宽度.故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对得2分.9.若，，是任意的非零向量，则下列叙述正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据平面向量的定义、数量积定义、共线向量定义进行判断．【详解】对应，若，则向量长度相等，方向相同，故，故正确；对于，当且时，，但，可以不相等，故错误；对应，若，，则方向相同或相反，方向相同或相反，故的方向相同或相反，故，故正确；对应，若，则，，，故正确．故选：【点睛】本题考查平面向量的有关定义，性质，数量积与向量间的关系，属于中档题．10.设复数z满足（其中是虚数单位），则下列说法正确的是（）A.的虚部为 B.在复平面内对应的点位于第四象限C. D.若，则【答案】BC【解析】【分析】由复数除法求得，再根据复数的定义，共轭复数的定义，复数的几何意义及复数的运算判断各选项．【详解】由已有，∴的虚部是，A错误；对应点坐标是，在第四象限，B正确；，C正确；，故对应点在以为圆心，2为半径的圆上（含内部）又，所以的最大值是，D错．故选：BC．11.已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法错误的是（）A.的图象关于直线对称B.的图象关于点对称C.将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象D.若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是【答案】ABC【解析】【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.【详解】由题图可得，，故，所以，又，即，所以，又，所以，所以．当时，，故函数关于对称，故A错误；当时，，即函数关于对称，故B错误；将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故C错误；当时，，则当，即时，单调递减，当，即时，单调递增，因为，，，所以方程在上有两个不相等的实数根时，的取值范围是，故D正确.故选：ABC．12.如图，在直三棱柱中，，，是等边三角形，点O为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的是（）A.平面 B.异面直线与所成角的大小是C.球O的表面积是 D.点O到平面的距离是【答案】AD【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；求出直线与所成角的正切值可判断B；设球心O在底面的垂足为，利用求出球O的表面积可判断C；设为的中心，可得平面，利用由余弦定理、正弦定理求出的外接圆的半径，再由可判断D.【详解】对于A，因为，平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，因为直线，所以即为直线与所成角,因为四边形为正方形，且，，可得在，故B错误；对于C，球心O在底面垂足为，连接、、，可得，，所以，所以球O的表面积是，故C错误；对于D，设为的中心，连接、，因为在球上，所以平面，，由余弦定理可得，，所以，所以的外接圆的半径，所以，所以点O到平面的距离是，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：在D选项中，关键点是找到到平面的垂线段，再利用勾股定理求解，本题考查了学生的空间想象能力.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分.13.已知角α的终边与单位圆的交点为P，则＝______．【答案】【解析】【分析】根据单位圆求出，然后由三角函数定义求得，再相乘可得．【详解】由题意，，时，，，，时，，，，综上，．故答案为：．14.已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π【解析】【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，又，解得，所以，所以该圆锥的体积为.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.15.公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则______.【答案】【解析】【分析】根据，，求得，代入即可求解.【详解】解：因为，，所以，，所以，故答案为：.16.已知菱形的边长为，，若沿对角线将△折起，所得的二面角的大小为，则四点所在球的表面积为____________．【答案】【解析】【分析】由条件确定球心的位置，再根据平面图形，建立等量关系，求球的半径，再由球的表面积公式求球的表面积.【详解】如图，设外接球的球心为O，∵四边形为菱形，，∴三角形BCD为等边三角形，设其中心为，取BD的中点F，连接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°.过点A作CF的垂线，交CF的延长线于点E，由BD⊥平面AFC，平面AFC，∴BD⊥AE，AE⊥CF,∴AE⊥平面BCD，过点O作OG⊥AE于点G，则四边形是矩形，∵，，，.，，设外接球的半径为R，，∵，，.∴，，解得，，故其外接球的表面积.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量，.（1）若，求实数m的值；（2）若非零向量满足，求与的夹角.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示即可求解；（2）由，得，又，得，设向量与的夹角为，，则，然后分和讨论即可得答案.【小问1详解】解：∵，，∴，又，∴，即，∴；【小问2详解】解：，由，得，∵，∴，设向量与夹角为，，则，当时，，，当时，，，∴与的夹角为或.18.如图，在中，点在边上，，，.（1）求证：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得到，再由锐角三角函数得到，最后由诱导公式计算可得；（2）设，根据平面向量的线性运算得到，再根据数量积的运算律及定义得到方程求出，最后由面积公式计算可得.【小问1详解】在中，，由正弦定理可得，所以，在中，．则，由于，，所以，即．【小问2详解】在中，设则，∵，∴，所以，所以，解得或（舍去），∴.19.已知函数的部分图像如图所示.（1）求函数的解析式；（2）在中，角､､的对边分别为､､，若，，求周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意得，进而得，再根据图像过点待定系数法得，最后根据点在函数图像上得，即可得答案；（2）结合（1）得，进而根据正弦定理得，，，再结合三角恒等变换得周长，最后求函数值域即可得答案.【详解】解：（1）由图像可知，周期，∴.因为点在函数图像上，所以，即.又∵，∴，从而，即.又点在函数图像上，所以，.故函数的解析式为.（2）由，，.由正弦定理，同理，周长，，所以【点睛】本题考查根据三角函数图像求函数解析式，三角形的周长最值问题，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.本题第二问解题的关键在于利用正弦定理将问题转化为三角恒等变换求函数值域问题.20.已知四棱锥，底面为正方形，且底面，过的平面与侧面的交线为，且满足表示的面积）．（1）证明：平面；（2）当时，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出，从而平面，进而，由，得，连接交与，则为中点，从而，，平面，由此能证明平面．（2）推导出平面，，由，能求出点到平面的距离．【详解】证明：（1）由题知四边形为正方形，，又平面，平面平面又平面，平面平面，又，由，知、分别为、的中点，连接交与，则为中点，在中为中位线，，，平面，平面，平面．解：（2），，，，，，，平面，在中，，在中由余弦定理知，，，设点到平面的距离为，则，由，，，得平面，且，为中点，到平面的距离为，又为中点，，由，解得，点到平面的距离为．21.已知函数，且满足_______.（Ⅰ）求函数的解析式及最小正周期；（Ⅱ）若关于的方程在区间上有两个不同解，求实数的取值范围.从①的最大值为，②的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，③的图象过点.这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.【答案】满足①或②或③；（Ⅰ），最小正周期为；（Ⅱ）；【解析】【分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式，根据①或②或③中的条件求得，可得出，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；（Ⅱ）令，得，解得，，可得出方程在区间上的实数根，进而可得出实数的取值范围.【详解】（Ⅰ）函数，若满足①最大值为1，则，解得，所以，则函数的最小正周期为；（Ⅱ）令，得，解得，，即，；若关于的方程在区间上有两个不同解，则或；所以实数m的取值范围是.若满足②，图象与直线的两个相邻交点的距离等于，且的最小正周期为，所以，解得；以下解法均相同.若满足③，的图象过点，则，解得；以下解法均相同.【点睛】本题考查利用正弦型函数的基本性质求函数解析式，同时也考查了利用正弦型函数方程的根的个数求参数，考查计算能力，属于中等题.22.在四棱锥中，底面是边长为2的菱