2024年辽宁名校联盟高二数学3月份联考试卷附答案解析

2024年辽宁名校联盟高二数学3月份联考试卷（试卷满分150分；考试时间120分钟）2024.03一、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．已知，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知双曲线：的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．4．已知θ为第二象限角，若，则在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．函数的零点个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（

）A．54 B． C．108 D．7．若球的两个平行截面的面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差为，则球的直径为（

）A． B． C． D．8．已知是定义在R上的偶函数，当，且时，恒成立，，则满足的m的取值范围为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．为了得到函数的图象，只需把正弦曲线上所有的点（

）A．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原米的，纵坐标不变B．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变C．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度D．先将横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度10．已知是夹角为的单位向量，且，则（

）A．B．C．与的夹角为D．在方向上的投影向量为11．对于直线，则（

）A．的充要条件是或 B．当时，C．直线经过第二象限内的某定点 D．点到直线的距离的最大值为12．在四面体中，棱的长为，若该四面体的体积为，则（

）A．异面直线与所成角的大小为 B．的长不可能为C．点D到平面的距离为 D．当二面角是钝角时，其正切值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若某圆锥的侧面积为底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为．14．在中，内角的对边分别为，且，则这个三角形一定是三角形．15．已知抛物线的焦点为为坐标原点，M为抛物线上异于点O的动点，则的最小值是．16．甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有种；如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．计算下列各式．(1)；(2)．18．已知函数有唯一零点，函数．(1)求的单调递增区间，并用定义法证明；(2)求的值域．19．已知集合，集合．(1)当，求；(2)已知“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围．20．已知．(1)求的值；(2)求的值．21．如图，多面体是由三棱柱截去部分后而成，D是的中点．

(1)若平面，求点C到平面的距离；(2)如图，点E在线段上，且，点F在上，且，问为何值时，∥平面？22．已知椭圆的左、右顶点分别为，左焦点为，过点作x轴的垂线与T在第二象限的交点为的面积为，且．(1)求T的方程；(2)已知点P为直线上一动点，过点P向T作两条切线，切点分别为．求证：直线恒过一定点Q，并求出点Q的坐标．1．D【分析】根据复数的定义即可判断AB，根据复数的模的计算公式即可判断CD.【详解】由复数，可得两个复数不能比较大小，故AB错误，，所以，故C错误，D正确.故选：D.2．C【分析】由解出不等式，得到集合B，再由交集的定义即可得到结果.【详解】由得，又因为，所以故选：C.3．C【分析】根据双曲线的一条渐近线与直线垂直求出，进而求出离心率.【详解】双曲线：的渐近线方程为，双曲线的一条渐近线与直线垂直，双曲线一条渐近线的斜率为，所以，即，因此双曲线C的离心率.故选：C.4．C【分析】由，得到，再对k赋值，根据判断.【详解】解：因为θ为第二象限角，所以，则，当时，，当时，，因为，所以，所以在第三象限，故选:C5．B【分析】在坐标平面中画出两个函数的图像，从而可判断零点的个数.【详解】函数的零点个数，即函数与的交点个数，在坐标平面中画出两个函数的图像，如图所示：则两个图像交点的个数为2，故选：B6．A【分析】令，结合已知求出，再求出展开式的通项，令的指数等于零，即可得解.【详解】令，可得，所以，则展开式的通项为，令，得，所以展开式中的常数项为.故选：A.7．D【分析】根据题意作出截面图，即可根据勾股定理给求出球的半径.【详解】设球心为，半径为，若两平面在球心同一侧，画出其截面图，如图：设，由题可得，，，，则，解得．故球的直径为．若两平面在球心两侧，画出其截面图，如图：设，由题可得，，，，则，解得（不合题意舍去）．故选：D．8．D【分析】利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性来求得m的取值范围.【详解】设，由，得，所以，令，则，所以函数在上单调递增，因为是定义在R上的偶函数，所以，所以对任意的，，所以，函数为上的偶函数，且，由，可得，即，即，所以，解得，故选：D【点睛】方法点睛：形如的已知条件，往往是给出函数的单调性，可以利用函数单调性的定义来进行求解.利用函数的单调性和奇偶性来求解不等式，可将不等式转化为函数不等式的形式，然后结合单调性、奇偶性去掉函数符号，再解不等式来求得答案.9．AC【分析】根据三角函数图象平移、变换求解解析式方法即可判断选项.【详解】正弦曲线先向右平移个单位长度，得到函数的图象，再将所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，故A正确，B错误；先将正弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，故C正确，D错误.故选：AC10．ABD【分析】利用向量数量积运算，模、夹角公式，计算出夹角的余弦值，还有投影的定义求解.【详解】设与的夹角为，对B，因为，B正确；对A，，A正确；对C，，所以，C错误；对D，在方向上的投影为，D正确.故选：ABD11．ABC【分析】求出的充要条件即可判断A；根据两直线垂直得充要条件即可判断B；求出直线经过的定点即可判断C；判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.【详解】对于A，若，则，解得或，经检验，符合题意，所以或，所以的充要条件是或，故A正确；对于B，当时，，所以，故B正确；对于C，由，得，令，解得，所以直线经过定点，位于第二象限，故C正确；对于D，由，得，令，解得，所以直线过定点，当时，点到直线的距离的最大，最大值为，故D错误.故选：ABC.12．ACD【分析】根据等体积法可结合三角形的面积公式可得，即可由异面直线的角的定义求解A，根据余弦定理即可求解B，根据等体积法即可求解C，根据二面角的几何法，结合同角关系即可求解D.【详解】在平面内过作，且,由于，故四边形为矩形，平面，故平面，故，,故,因此，由于，所以或，由于为异面直线与所成角或其补角，故异面直线与所成角的大小为，A正确，当时，,由于平面，平面，平面，故，此时,故B错误，当时，,此时,由于,当时，，故，,当时，，故，,综上可得，故点D到平面的距离为,C正确，当时，,取中点为，连接则即为二面角的平面角，所以,故为钝角，符合题意，此时，当时，,取中点为，连接则即为二面角的平面角，所以,故为钝角，符合题意，此时，当，由于，点A到平面的距离为,设在平面的投影为,则,故,因此点为以为圆心，以半径为为半径的圆的交点，显然交点位于,同的一侧，（如图），故此时二面角为锐角，不符合要求，故D正确，故选：ACD【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.13．【分析】设出圆锥的底面半径r和母线l，根据条件得到r、l的关系式，由此可表示出圆锥的高h，根据可求结果.【详解】设圆锥的底面半径和母线长分别为r，l，母线与底面所成的角为，由题意可得，得，由勾股定理可得圆锥的高，所以，故答案为：14．等腰【分析】利用余弦定理化角为边，进而可得出答案.【详解】因为，由余弦定理得，即，所以，所以这个三角形一定是等腰三角形.故答案为：等腰.15．##【分析】设，则，故，再利用换元法结合二次函数的性质即可得解.【详解】，设，则，则，故，令，则，则，当，即时，，所以的最小值是.

故答案为：.16．【分析】第一空，利用部分平均分组分配问题，结合间接法即可得解；第二空，利用分类加法原理，结合排列组合的知识与条件概率的概率公式即可得解.【详解】依题意，甲、乙、丙、丁四位同学参加三个项目所有的方案共种，其中甲、乙参加同一项目的方案种，则所求的参赛方案一共有种；因为甲、乙两人不能参加同一项目，所以丙、丁两人不能参加同一项目，则甲、乙必有其中一人和丙、丁其中一人参加同一项目，这里有种方案，若甲单独选择跳台滑雪，则丙、丁可分别选择越野滑雪或者单板滑雪，乙也可在其中二选一，故总共有种不同的方案；若甲和一人一起选择跳台滑雪，则甲只可能和丙或丁共同选择，剩下2个人分别选择2个项目，故共有种不同的方案；同理，乙单独选择跳台滑雪，有种不同的方案；乙和一人共同选择跳台滑雪，有种不同的方案，总共有16种方案.所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是，分类讨论事件对应的情况，做到不缺不漏，从而得解.17．(1)75(2)【分析】（1）由指数运算法则，直接计算即可得出结果（2）根据对数运算法则，直接计算即可得出结果；【详解】（1）（2）18．(1)的单调递增区间为，证明见解析(2)【分析】（1）由函数有唯一零点，可得，即可求出，再利用定义法求函数的增区间即可；（2）根据函数的单调性求函数的值域即可.【详解】（1）因为函数有唯一零点，所以，解得（舍去），所以，，函数的单调递增区间为，令，则，因为，所以，所以，即，所以函数在上单调递增，令，则，因为，所以，所以，即，所以函数在上单调递减，综上所述，的单调递增区间为；（2）由（1）知，当时，，所以的值域为．19．(1)或(2)【分析】（1）先根据指数函数和对数函数的单调性分别求出集合，再根据补集和交集的定义即可得解；（2）由题意可得是的真子集，再由分类讨论即可得出答案.【详解】（1），当，，故或，所以或；（2）因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集，当时，，符合题意；当时，，不符合题意，当时，，所以，解得，综上所述，.20．(1)(2)【分析】（1）根据结合诱导公式求解即可；（2）先根据商数关系及二倍角公式化简，再根据诱导公式及二倍角公式将所求角化为已知角，进而可得出答案.【详解】（1）；（2）.21．(1)(2)【分析】1）由，，可得面，即点到面的距离等于；（2）当时，直线平面，理由如下：在上取点，使得，平面，取的中点，连接，可得，则平面，所以平面平面，可得证.【详解】（1）多面体是由三棱柱截去一部分后而成，是的中点，平面，平面，又，，面，面，∴面，又面，则，而，所以，又∵，是的中点，∴，，可得，即，，面，面，∴面，∴点到面的距离；（2）当时，直线平面，理由如下：设，则，在上取点，使得，所以，而，平面，平面，所以平面，取的中点，连接，可得，当时，，所以，则，平面，平面，所以平面，，平面，平面，所以平面平面，平面，所以平面，此时

22．(1)(2)证明见详解，【分析】（1）表示出各点的坐标，由，得的关系式，然后再根据的面积，列式得关于的关系，两式联立求解得，即可得椭圆的标准方程；（2）利用过椭圆上一点的切线方程可得直线的方程和直线的方程，从而得直线的方程，整理可证问题.【详解】（1）由题意可得，，因为，所以，得．又因为轴，且在第二象限，所以可得，所以的面积为，所以，，