2023-2024学年辽宁省辽宁师范大学附属中学高二上学期开学考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省辽宁师范大学附属中学高二上学期开学考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用诱导公式即可求解.
【详解】.
故选：D
2．函数，的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由的范围求出的范围，结合余弦函数的性质即可求出函数的值域.
【详解】∵，∴，
∴当，即时，函数取最大值1，
当即时，函数取最小值，即函数的值域为，
故选A.
【点睛】本题主要考查三角函数在给定区间内求函数的值域问题，通过自变量的范围求出整体的范围是解题的关键，属基础题.
3．若，则的值等于
A．B．C．D．1或2
【答案】D
【分析】将已知改写成，等式两端同除以，化简解方程即可得到答案.
【详解】由，得，显然，
所以，解得1或2.
故选：D
【点睛】本题考查同角三角函数基本关系的应用，涉及到齐次式的求值，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
4．如图是函数图象的一部分，设函数，，则可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性结合定义域分析判断.
【详解】因为，
所以为偶函数，为奇函数.
可知，为非奇非偶函数，，为奇函数，
由图可知：为奇函数，故A、C错误；
由于，令，可得，
故的定义域为.
又因为的定义域为，所以D错误；
故选：B.
5．若，则实数m的取值范围是
A．2≤m≤6B．﹣6≤m≤6C．2＜m＜6D．2≤m≤4
【答案】A
【分析】利用辅助角公式化简已知的式子，再利用正弦函数的值域即可求得答案.
【详解】由题意，，则.
故选：A．
6．已知棱长为的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令正方体的体对角线不超过四面体内切球直径即可.
【详解】
如图所示，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则正方体的体对角线不超过该正四面体内切球的直径.
如图为正四面体的高，是正三角形的中心，，
∴，
设为正四面体内切球的球心，则内切球的半径为，
由等体积法：
∴，
∵，
∴，∴正四面体内切球的半径，直径，
设正方体玩具的棱长为，则其体对角线为，∴，∴
∴正方体玩具的棱长的最大值为.
故选：A.
7．定义运算，若，则等于
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：由定义运算知，即，又
，又，，．
【解析】同角三角函数基本关系式及两角差正弦公式的正用与逆用
8．某船开始看见灯塔在南偏东方向,后来船沿南偏东的方向航行后,看见灯塔在正西方向,则这时船与灯塔的距离是
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意画出相应的图形，得到为等腰三角形，利用正弦定理求出BC的长，即为船与灯塔的距离．
【详解】根据题意画出相应的图形，如下图所示，其中为灯塔，为某船开始的位置，为船航行后的位置．
由题意可得，在中，，
所以，
在中，由正弦定理得，
∴，
即船与灯塔的距离是．
故选C．
【点睛】解三角形应用题的常用解法
（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．
（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解条件足够的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
二、多选题
9．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则有两解
C．若为钝角三角形，则
D．若，则为直角三角形
【答案】AB
【分析】根据正弦定理边角化即可求解A，根据正弦定理可求解B，根据余弦定理即可判断C，根据诱导公式结合三角函数的性质即可求解D.
【详解】对于A，由可得，由正弦定理可得，故A正确，
对于B，由于，，所以有两解，故B正确，
对于C，若为钝角三角形，由于无法确定哪一个角为钝角，所以无法确定，故C错误，
对于D，若，则，所以或，由于为的内角，所以或，故不一定为直角三角形，故D错误，
故选:AB
10．已知，用[x]表示不超过x的最大整数，例如[-2.1]=-3，[2.1]=2.若函数，函数，则（ ）
A．函数g（x）是偶函数
B．函数g（x）的值域是{0，1，2}
C．函数g（x）的图象关于x=对称
D．方程只有一个实数根
【答案】ABD
【分析】先研究函数的奇偶性，作出函数的图象，作出函数的图象判断选项ABC的正确性，再分类讨论判断方程的根的个数得解.
【详解】由题得函数的定义域为,
，
所以函数为偶函数，
当时，；
当时，；
当时，；
……
所以函数的图象如图所示，
所以函数的图象如图所示，
所以函数的值域是，故选项B正确；
由函数的图象得到关于轴对称，所以是偶函数，故选项A正确；
由函数的图象得到函数的图象不关于对称，故选项C不正确；
对于方程，
当时，，方程有一个实数根；
当时，，此时，此时方程没有实数根；
当时，，此时，此时方程没有实数根；
故方程只有一个实数根，故选项D正确.
故选：ABD.
11．如图是函数的部分图象，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是函数，的一个对称中心
C．D．函数在区间上是减函数
【答案】ACD
【解析】根据函数图像得函数解析式为，进而判断函数图像性质.
【详解】由题知，，函数的最小正周期，所以，故A正确；
因为，所以，，解得，，又，所以，故C正确；
函数，因为，所以不是函数的一个对称中心，故B错误；
令，，得，，当时，，因为，所以函数在区间上是减函数，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
12．已知半径为的球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上、下底面半径分别为和，母线长为，球的表面积与体积分别为和，圆台的表面积与体积分别为（）和（，其中是高）.则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．的最大值为
【答案】ABC
【分析】作出圆台的轴截面，利用切线长定理可判断A选项；在截面内，设圆切梯形的边、、、分别于点、、、，推导出，可判断B选项；利用圆台、球体的表面积、体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，取圆台的轴截面，则四边形为等腰梯形，
圆台的外接球球心为，则球心在截面内，
在截面内，设圆切梯形的边、、、分别于点、、、，
由切线长定理可得，，故，即，A对；
对于B选项，连接、，

因为，，，所以，，
所以，，即，同理可得，
因为，则，
所以，，故，
由圆的切线的性质可知，，
所以，，
由可得，即，即，
故，B对；
对于C选项，，
，故，C对；
对于D选项，因为，则，D错.
故选：ABC.
三、填空题
13．设，则|z|= .
【答案】7
【分析】由复数的乘法运算可得，进而可得复数的模.
【详解】因为，所以.
故答案为：7.
【点睛】本题考查了复数的运算及复数模的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.
14．已知向量，满足，，则 ．
【答案】1
【分析】根据平面向量数量积的运算律计算可得；
【详解】解：因为，又，所以，则；
故答案为：
15．在中，已知分别为角的对边，且，则 ．
【答案】
【分析】根据正弦定理，将式子中的边化成角，然后进行化简，得到，根据的范围，得到的值，从而得到的值.
【详解】在中，由正弦定理有

，
，
,
【点睛】本题考查正弦定理边化角，两角和公式，属于简单题.
16．如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形的斜边，直角边、，点在以为直径的半圆上．已知以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，，则 ．
【答案】
【分析】由以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，可得，进而可得，从而利用两角差的余弦公式即可求解.
【详解】解：因为以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，所以，
所以在直角三角形中，
因为，所以，
所以，
故答案为：.
四、证明题
17．如图，在三棱锥P—ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC，PA⊥PC．点E，F，O分别为线段PA，PB，AC的中点，点G是线段CO的中点．
（1）求证：FG∥平面EBO；
（2）求证：PA⊥BE．
【答案】（1）见解析； （2）见解析
【分析】（1）连接交于，连接，推导出为的重心，从而，由此证得平面；
（2）推导出，从而求得面，进而，再求出，由此能证得平面，利用线面垂直的性质，即可得到.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为分别是的中点，所以为的重心，可得，
又因为为线段的中点，是线段的中点，所以，
所以，可得，
因为平面平面，所以平面.
（2）因为为线段的中点，且，所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又由平面，所以，
因为分别为线段的中点，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
【点睛】本题主要考查了线面垂直，线面平行的判定与证明，其中解答中熟记线面平行和线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.
18．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，侧面底面，为上的点.
（1）求证：；
（2）求二面角余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由平面，可得：．再利用侧面底面，可得平面，可得．再利用线面垂直的判定定理可得平面进而可得结果．
（2）由于的面积是确定的，作，为垂足，可得：平面．可得当点为的中点时，三棱锥体积取得最大值．取的中点，连接，．可得证明为二面角的平面角．利用直角三角形的边角关系即可得出．
【详解】（1）证明：平面，平面，．
侧面底面，，底面平面，
平面，．
又，平面．
又平面，
；
（2）的面积是确定的，为．
作，为垂足，可得：平面．
因此当点为的中点时，三棱锥体积取得最大值．
取的中点，连接，．
底面是边长为2的正方形，．
又平面，．
为二面角的平面角．
，，
．
又，．
．
【点睛】本题考查了空间垂直关系、二面角的求解、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.
五、解答题
19．已知函数，求函数的值域，最小正周期以及单调增区间.
【答案】值域，最小正周期，增区间
【分析】由三角恒等变换公式化简，再根据三角函数性质求解，
【详解】
由正弦函数性质得的值域为，最小正周期，
令，得，
即的单调增区间为
20．如图，点A，B，D是函数的图象与圆C的三个交点，其横坐标分别为，，，点C，D是函数与轴的交点.
(1)求函数的解析式及对称轴的方程；
(2)若，且，求.
【答案】(1)；；
(2).
【分析】（1）由题可得，，进而可得，再利用“五点法”可求，然后利用正弦函数的性质即得；
（2）利用同角关系式及和角公式即得.
【详解】（1）由题可得，，
∴函数的最小正周期为，又，
∴，又，
由“五点法”可得，，
∴，
∴，
由，可得，
故函数的对称轴的方程为.
（2）∵，
∴，即，
由，得，
∴，
∴
.
21．在中，，，分别是角，，的对边，，.
(1)求角的大小及外接圆的半径的值；
(2)若是的内角平分线，当面积最大时，求的长，
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，最后由正弦定理求出外接圆的半径.
（2）由余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得到面积最大值，从而求出与，再由正弦定理计算可得.
【详解】（1）在中，由正弦定理及，得，
由余弦定理得，又，所以，
由正弦定理得，所以.
（2）在中，由（1）知，即，当且仅当时取等号，
因此当时，，，
此时，，而平分，则在中，，
由正弦定理得，所以.

六、证明题
22．如图，等腰与四边形所在平面互相垂直，若，
(1)求证：平面；
(2)若，求四面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作的平行线交于点，连接，由题意可证得，由线面平行的判定定理即可证明.
（2）因为平面，所以四面体的体积，由已知可证得平面，代入即可求出答案.
【详解】（1）证明：过点作的平行线交于点，连接，
因为，所以为中位线，
即且，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面：
（2）由平面，
所以四面体的体积，
因为等腰与四边形所在平面互相垂直，且交线为，
又因为，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，
因为，
所以
所以四面体CDEF的体积是.