辽宁省鞍山2023-2024学年高二上学期第一次联考数学试题（含解析）

第第页辽宁省鞍山2023-2024学年高二上学期第一次联考数学试题（含解析）数学试题

一、单选题

1．设x，，向量，，且，，则（）

A．B．C．3D．4

2．复数在复平面内对应的点为，则（）

A．B．C．D．

3．若幂函数的图像经过原点，则的值为（）

A．1或3B．2或3C．3D．2

4．已知空间中，是互不相同直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（）.

A．若，，，则B．若，，则

C．若，，则D．若，，则

5．如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，（）

A．B．C．D．

6．平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（）

A．B．C．D．

7．若向量，满足，，则等于（）

A．B．5C．D．9

8．已知是定义域为的单调函数，若对任意的，都有，且方程在区间上有两解，则实数的取值范围是（）

A．B．

C．D．

二、多选题

9．设函数，则下列结论正确的是（）

A．若，则

B．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称

C．若在上有且仅有4个零点，则的取值范围为

D．，在上单调递增

10．已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（）

A．//

B．若是棱PB上的动点，则的最小值为

C．三棱锥外接球的表面积为

D．

11．已知函数，的定义域均为R，为偶函数，且，，则（）

A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称

C．是以3为周期的周期函数D．是以4为周期的周期函数

12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（）

A．四棱锥为“阳马”

B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为

C．四棱锥体积最大值为

D．四面体为“鳖臑”

三、填空题

13．已知向量满足，且，，则与的夹角为.

14．若，，则的最小值为．

15．如图，电商平台售卖的木制“升斗”，底部封闭，上部开口，把该升斗看作一个正四棱台，该四棱台侧棱与底面成角的余弦值为．

16．设的内角所对的边分别为，已知，点在边上，，且，则的面积为．

四、解答题

17．已知，.

(1)求；

(2)求值.

18．如图，为等腰三角形，且，平面，∥，，点为的中点.求证：

(1)∥平面；

(2)平面平面.

19．在长方体中，，，是的中点，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.

(1)求平面与平面夹角的余弦值；

(2)求点到平面的距离；

(3)向量是否与向量、共面

20．已知函数.

（1）判断的奇偶性，并用单调性定义证明在上单调递增；

（2）若，不等式恒成立，求实数m的取值范围.

21．落户上海的某休闲度假区预计于2022年开工建设.如图，拟在该度假园区入口处修建平面图呈直角三角形的迎宾区，，迎宾区的入口设置在点A处，出口在点B处，游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，其中米，米，也可以沿便捷通道A-P-B到达出口（P为△ABC内一点）.

(1)若△PBC是以P为直角顶点的等腰直角三角形，某游客的步行速度为每分钟50米，则该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快几分钟？（结果精确到1分钟）

(2)园区计划将△PBC区域修建成室外游乐场，若，该如何设计使室外游乐场的面积最大，请说明理由.

22．如图，在四棱锥中，底面为菱形，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若为线段上一点（不包括端点），，四棱锥的体积为，求的值．

试卷第1页，共3页

试卷第1页，共3页

参考答案：

1．C

【分析】根据，，解得x，y，然后由空间向量的模公式求解.

【详解】因为向量，，且由得，由，得解得，所以向量，，

所以，

所以

故选：C

2．A

【分析】由复数的几何意义可得，再由复数的运算法则即可求得结果.

【详解】根据题意可得，

则.

故选：A

3．C

【分析】利用幂函数的图像与性质即可得到结果.

【详解】∵幂函数的图像经过原点，

∴即

故选C

【点睛】本题考查幂函数的图像与性质，考查运算能力，属于基础题.

4．D

【分析】通过反例可确定ABC错误；根据线面平行的性质和面面垂直的判定可知D正确.

【详解】对于A，若，，，则与可能平行或异面，A错误；

对于B，若，，则与可能平行或相交，B错误；

对于C，若，，则与可能平行、相交或异面，C错误；

对于D，若，则在内存在直线，满足，又，，

又，，D正确.

故选：D.

5．B

【分析】通过所给平行六面体，并结合相等向量、向量的加减运算，即可求解.

【详解】由题中所给平行六面体可知，，，

故．

故选：B

6．D

【分析】利用任意角的三角函数的定义求出的值，再利用二倍角公式求出，然后对化简计算即可

【详解】因为角的终边经过点，

所以，，

所以，

，

所以

，

故选：D

7．C

【分析】由题意结合空间向量线性运算的坐标表示可求得，，再由空间向量数量积的坐标运算即可得解.

【详解】因为，，解得，，

所以.

故选：C

8．C

【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再分析函数性质，结合图象求解作答.

【详解】因为定义在上的单调函数，对任意的，都有，

则存在正数，使得，且，于是，即，

而函数在上的单调递增，且，因此，，

方程，依题意，方程在区间上有两解，

而函数在上单调递减，函数值值集合为，在上单调递增，函数值集合为，如图，

观察图象，当时，直线与函数在上的图象有两个公共点，

所以实数的取值范围是.

故选：C

【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.

9．BCD

【分析】利用二倍角公式对进行化简，得到的最小正周期为，然后利用三角函数的性质对每个选项进行判断即可

【详解】因为，所以的最小正周期为，

对于A，因为，

所以的最小正周期，所以，得，故A错误；

对于B，图象变换后得到函数，

若其图象关于原点对称，则，解得，

当时，，故B正确；

对于C，当时，，

因为在上有且仅有4个零点，

所以，解得，故C正确；

对于D，当时，，

因为，所以，，

因为在上递增，且，

所以在上单调递增，故D正确.

故选：BCD

10．ACD

【分析】A选项，设分别为中点，先证明是等腰三角形底边上的高线上一点，且满足，同理可以说明是等腰三角形底边上的高线上一点同样位置，然后可得到//，再由中位线可得//，进而得到证明；

B选项，将三棱锥保留展开成平面图形后处理；

C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线上，列出勾股定理方程计算；

D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察之间的关系.

【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取中点，连接，显然会经过，于是，过作//，交于.

由于是在的投影，由正棱锥性质，为等边的重心，于是，由//可知，和相似，于是，

由是PO的中点，易得和全等，则，于是，同理可说明，于是和相似，

于是//，又为中边对应的中位线，故//，于是//，A选项正确；

B选项，将三棱锥保留边展开，成如图所示的平面图形，该图形由两个等边三角形拼成的菱形，显然的最小值在共线取得，

即的最小值为，B选项错误；

C选项，先算一些数据，借助A选项的图，的外接圆半径，故，，于是.

根据对称性，三棱锥外接球的球心在射线上，不妨设球心为，外接球半径为，则，，

又，则，解得（由于，实际上球心在三棱锥外），故外接球表面积为：，C选项正确；

D选项，三棱锥和等高，由，于是，根据A选项，，，即，

于是，注意到三棱锥和等高，故，

于是，D选项正确.

故选：ACD

11．ABD

【分析】根据函数的奇偶性和周期性逐项进行求解即可．

【详解】由，可得，

又，所以，则，

所以，所以周期为4，故D正确；

同理可得，所以周期为4，故C错误；．

因为为偶函数，所以，

所以的图象关于直线对称，故A正确；

因为，可得，

又，所以，

由，可得，即，

所以的图象关于点对称，故B正确；

故选：ABD．

12．ABD

【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.

【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，

∴在堑堵中，，侧棱平面，

对A选项，∴，又，且，则平面，

∴四棱锥为“阳马”，对；

对C选项，在底面有，即，

当且仅当时取等号，

，故C错误；

对D选项，由，即，又且，平面，

∴平面，平面,

∴，则为直角三角形，

又由平面，平面，，则为直角三角形，

由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．

∴四面体为“鳖臑”，故D正确；

对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，

而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，

则外接球半径，

则球的表面积为，故B正确.

故选：ABD．

13．/

【分析】根据向量数量积运算律可求得，根据向量夹角公式可求得结果.

【详解】，，

，又，.

故答案为：.

14．4

【分析】将式子进行拆分得，两次使用基本不等式，最后注意取等条件.

【详解】因为，

所以，

当且仅当，，即时，即或等号成立．

故答案为：4.

15．/

【分析】如图所示，先证明该四棱台侧棱与底面成角为，再利用解三角形求解.

【详解】如图所示，在正四棱台中，分别是上下底面的中心，过点作，垂足为，由于，所以底面.

所以该四棱台侧棱与底面成角为.

由题得.

所以

所以该四棱台侧棱与底面成角的余弦值为．

故答案为：

16．

【分析】一方面有，另一方面

由此即可算出的正弦值，结合以及三角形面积公式即可求解.

【详解】如下图所示：

一方面：由，得．

另一方面：设，则，由..

结合以上两方面得，整理得，则，

且注意到，即，所以的面积为

．

故答案为：.

【点睛】关键点点睛:本题的关键在于发现以及，，

由此找到转换已知条件的桥梁，进而顺利求解.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据同角的三角函数关系式进行求解即可；

（2）根据诱导公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.

【详解】（1）因为，，

所以，

因此；

（2）.

18．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判断求解，

（2）根据线线垂直得线面垂直，即可由面面垂直的判定求证.

【详解】（1）取的中点，连接，

又因为点为的中点，所以为的中位线，所以∥，，

因为∥，所以∥，

因为，所以，

所以四边形为平行四边形，

所以∥，

因为平面，平面

所以∥平面；

（2）因为为等腰三角形，且，又点为的中点，所以，

因为平面ACD，平面ACD，所以，

因为，平面，所以平面，

由（1）知∥，所以平面，

因为平面，所以平面平面，又平面即是平面，

所以平面平面.

19．(1)

(2)

(3)共面，理由见解析

【分析】（1）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；

（2）利用点到平面的距离公式可求得点到平面的距离；

（3）设，利用空间向量的坐标运算可求出、的值，即可得出结论.

【详解】（1）解：易知、、，，，

设平面的法向量为，则，取，可得，

易知平面的一个法向量为，则，

因此，平面与平面夹角的余弦值为.

（2）解：易知点，，

所以，点到平面的距离为.

（3）解：设，即，

所以，，解得，即，

因此，向量与向量、共面.

20．（1）偶函数，证明见解析；（2）.

【分析】(1)根据奇偶函数的定义判断即可；

(2)根据增减函数的定义证明在上单调递增，设(t≥2)，利用换元法将原命题转化为不等式(t≥2)恒成立，结合二次函数的性质即可得出结果.

【详解】解：（1）由题意可知的定义域为R，

，则，，

所以=，

所以函数为偶函数；

（2）任取，

则=-=，

因为==，

当，，，

所以在上单调递增.

设，则t≥2，

所以原命题等价于当t≥2时，不等式恒成立，

令=，即，

则或，解得或，

综上可知.

21．(1)3

(2)当时，室外游乐场的面积最大.

【分析】（1）由三角形PBC为等腰直角三角形，利用勾股定理求出PC的长，在三角形PAC中，利用余弦定理求出的PA长即可，进而计算即可得出结果；

（2）在三角形PBC中由的度数表示出的度数，利用正弦定理表示出PB与PC，进而表示出三角形PBC面积利用正弦函数的值域确定出面积的最大值即可.

【详解】（1）由题设，米，米，在中，由余弦定理得

，于是米.

游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，所需时间为分钟，

游客沿便捷通道A-P-B到达出口所需时间为分钟，

所以该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快分钟.

（2）,设则，

在中，.由正弦定理得，

得.

所以面积，

当时，面积的最大值为平方米.

【点睛】思路点睛：以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强解答这类问题，两角和与差的正余弦公式，诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.

22．(1)证明见