2023-2024学年辽宁省六校协作体高二（上）期初开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省六校协作体高二（上）期初开学数学试卷
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）
1. 若，则( )
A. B. C. D.
2. 已知向量与夹角为，且，，则( )
A. B. C. D.
3. ( )
A. B. C. D.
4. 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
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
6. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为( )
A. B. C. 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.
8. 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.
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）
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
10. 设复数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
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
12. 如图，在直三棱柱中，，是等边三角形，点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. 球的表面积是
D. 点到平面的距离是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知角的终边与单位圆的交点为，则 ______ ．
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 ．
15. 公元前世纪，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，这一数值也可以表示为若，则 ______ ．
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______ ．
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）
17. 本小题分
已知向量，．
若，求实数的值；
若非零向量满足，求与的夹角．
18. 本小题分
如图，在中，点在边上，，，．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若，求．
19. 本小题分
已知函数的部分图象如图所示．
求函数的解析式；
在中，角、、的对边分别为、、，若，，求周长的取值范围．
20. 本小题分
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．
证明：平面；
当时，求点到平面的距离．
21. 本小题分
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．
从的最大值为，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，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．
22. 本小题分
在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，若，．
证明：平面平面；
求二面角的正切值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查复数代数形式的乘法和除法法则，属于基础题．
利用复数的运算法则求解即可．
【解答】
解：由，得
．
故选D．
2.【答案】
【解析】解：因为向量与夹角为，且，，
所以，所以，
所以，解得．
故选：．
通过向量的夹角，向量的模的运算法则，列出关系式，求解向量即可．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，向量的模，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
，
故．
故选：．
根据已知条件，结合三角函数的诱导公式，以及余弦的两角差公式，即可求解．
本题主要考查三角函数的诱导公式，以及余弦的两角差公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：已知平面，和直线，满足，，
，可能与不垂直，
反之，，，则，
故必要不充分条件，
故选：．
根据线面，面面的关系，判断即可．
考查四个条件的应用，基础题．
5.【答案】
【解析】解：设点距离水面的高度为米和秒的函数解析式为，
由题意，，，
，解得，
，
，则，
当时，，
，则，
又，
，
，故C不正确；
对于，令，解得，点第一次到达最高点需要，故A错误；
对于，令，，解得，即在水轮转动的一圈内，有的时间，点距离水面的高度不低于，故B不正确；
对于，令，点在水面下方，距离水面，故D正确．
故选：．
由题意设出函数解析式，由最大值与最小值列式求得与的值，由周期求得，再由时，求解，得到函数解析式，进而根据函数解析式逐项判断即可得解．
本题考查三角函数模型的应用，考查型函数的图象和性质，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】
【解析】解：在中，因为，
所以，
所以，
又因为，，三点共线，
所以，
即，
所以，
又，
又，，，
所以
，
故选：．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的线性运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，将正三棱锥沿剪开可得如下图形，
正三棱锥中，，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：．
根据题意，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．
本题重点考查空间中的距离最值问题，涉及棱锥的结构特征，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：在中，由正弦定理得，
所以，
如图所示过点向作垂线交于，
所以该段河流的宽度．
故选：．
已知两角一边利用正弦定理求出的长，过向作垂线，所作垂线段即为河流宽度，利用正弦值求解即可．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，若，则向量长度相等，方向相同，故，故A正确；
对于，若，则，即或，故B错误；
对于，若，，则方向相同或相反，方向相同或相反，即的方向相同或相反，故，故C正确；
对于，若，则，，，故D正确，
故选：．
由平面向量的有关定义、性质、数量积与向量间的关系逐一判断即可得解．
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，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：，
，
对于，的虚部为，故A错误；
对于，在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；
对于，，故C正确；
对于，，
对应点在以为圆心，为半径的圆上含内部，
又，
的最大值是，故D错误．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，先对化简，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部和共轭复数的定义，复数的几何意义，复数模公式，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由图可知，，，
所以，
因为，，
所以，，
：因为，显然错误；
：因为为函数的最小值，B错误；
：将函数的图象向左平移个单位长度得到函数，C错误；
：当时，，
易得在，上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在上有两个不等实数根时，的取值范围为，D正确．
故选：．
先通过部分图像求出函数解析式，通过赋值法可知AB错误；根据图像平移的左加右减原则，可知C错误；求出在 上的单调区间以及最值，可知D正确．
本题主要考查了由部分函数的性质求解函数解析式，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：如图，由题意可知．
因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
因为，所以是异面直线与所成的角．
因为，，
所以，
所以，故B错误；
设外接圆的圆心为，连接，，，
由题意可得，，
则球的半径，
从而球的表面积是，故C正确；
设外接圆的半径为，
由题意可得，
则．
由正弦定理可得，
则点到平面的距离，故D错误．
故选：．
根据线面平行的判定定理即可判断；推出是异面直线与所成的角，然后根据所给棱的长度即可求出，从而可判断；可设外接圆的圆心为，并连接，，，并求出，，然后即可求出球的半径为，从而可判断；可设外接圆的半径为，并求出，然后根据正弦定理求出，然后即可求出点到平面的距离，可判断．
本题考查异面直线所成角的定义及求法，线面平行的判定定理，球的表面积公式，考查计算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，解得，
当时，，，，
当时，，，，
综上所述，．
故答案为：．
根据单位圆求出，然后由三角函数定义求得，，再相乘可得．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查圆锥的体积的求法，母线与底面所成角的应用，考查转化思想以及计算能力．
利用已知条件求出母线长度，然后求解底面半径，以及圆锥的高，然后求解体积即可．
【解答】
解：圆锥的顶点为，母线，互相垂直，的面积为，
可得：，解得，
与圆锥底面所成角为可得圆锥的底面半径为：，圆锥的高为：，
则该圆锥的体积为：．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，，
所以．
故答案为：．
根据，，求得，代入即可求解．
本题主要考查三角函数的恒等变换，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：如图所示，取的中点，连接，，则，，且，
二面角的大小为，即，
，解得．
过作底面的垂线，垂足为，则在的延长线上，
且，
，，
设四面体外接球的球心为，三角形的外心为，，
由，，
由勾股定理可得，
解得，
四面体的外接球的表面积为，
故答案为：．
由题意画出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的表面积．
本题考查四面体的外接球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：，，
，
又，
，即，
．
，
，
，
，，
设向量与的夹角为，，
，，，
则，
当时，，，
当时，，，
与的夹角为或．
【解析】根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，即可求解．
根据已知条件，结合向量平行的性质，以及平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，以及平面向量的夹角公式，属于基础题．
18.【答案】解：Ⅰ证明：在中，，
由正弦定理可得：，
可得：，
在中，，
则，
由于：，，
所以：，即：，得证；
Ⅱ在中，设，
则，
因为，
所以，可得，
所以，解得，
所以．
【解析】Ⅰ由题意利用正弦定理可得，可得，由，，即可证明；
Ⅱ在中，设，则，可得，两边平方，利用平面向量数量积的运算解得，进而利用三角形的面积公式即可求解．
本题考查了正弦定理，平面向量数量积的运算，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：根据函数的图象，函数的周期，
故．
由于点满足函数的图象，
所以，
由于，
所以．
由于点在函数的图象上，
所以．
故函数
由于，
所以．
由正弦定理：，整理得，
同理，由于，
所以，
由于，
所以，
所以．
所以：．
【解析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和函数的图象求出函数的解析式；
利用函数的关系式求出的值，进一步利用正弦定理和三角函数的关系式和正弦型函数的性质的应用求出周长的范围．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，正弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
20.【答案】证明：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：，，，，
，，，
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．
【解析】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．
推导出平面，，由，能求出点到平面的距离．
本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．
21.【答案】解：函数
，
的最小正周期为；
若满足
Ⅰ的最大值为，则，解得，
所以；
Ⅱ令，得，
解得，；
即，；
若关于的方程在区间上有两个不同解，则或；
所以实数的取值范围是
若满足：
Ⅰ的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；
Ⅱ以下解法同．
若满足：
Ⅰ的图象过点，
则，解得；
Ⅱ以下解法同．
【解析】本题考查了利用三角函数的基本性质求解析式问题，也考查了三角函数图象与性质的应用问题，是中档题．
Ⅰ利用二倍角公式和诱导公式化简函数；
Ⅱ令求得方程的解，根据方程在区间上有两个不同解找出这两个解，从而写出实数的取值范围．
若满足，利用最大值求出的值，写出的解析式，求出最小正周期；
若满足，利用三角函数的图象与性质列出方程求得的值，以下解法均相同．
若满足，利用的图象过点，代入求出的值，以下解法均相同．
22.【答案】证明：取中点，连接，，
在中，，，则，
所以，
在菱形中，，，
所以，
故B，且，
在中，，
则，
在中，，
故，且，
所以平面，又平面，
故平面平面；
解：由知平面平面，且平面平面，且，
所以平面，
作于，由三垂线定理，得，
故就是二面角的平面角，
在中，，则，
所以，所以，
在中，，
故二面角的正切值是．
【解析】取中点，连接，，利用等腰三角形的性质证明，在三角形和菱形中，求解线段的长度，然后利用勾股定理证明，由线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
利用中的结论，证明平面，作于，由三垂线定理，得，利用二面角的平面角的定义可得，就是二面角的平面角，在三角形中，由边角关系求解即可．
本题考查了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，余弦定理的应用，二面角平面角定义的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题．
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