辽宁省部分高中2024−2025学年高二上学期开学9月联合考试 数学试题（含解析）

这是一份辽宁省部分高中2024−2025学年高二上学期开学9月联合考试 数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共8小题）
1．若复数，在复平面内对应的点的坐标分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
3．已知，，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数的图象关于点中心对称，则（ ）
A．B．C．D．
5．人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知点，，若，的余弦距离为，则（ ）
A．B．C．D．
6．在三棱锥中，，，，，二面角的大小为，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，某校数学兴趣小组为了测量某古塔的高度，在地面上共线的三点C，D，E处测得点A的仰角分别为，且，则古塔高度约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：）
A．69mB．70mC．73mD．75m
8．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为（ ）
A．1B．2C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，，，则（ ）
A．B．当时，
C．当时，D．在上的投影向量的坐标为
10．在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则（ ）
A．
B．当有两解时，的取值范围是
C．面积的最大值为
D．当BC边上的中线的长为时，
11．已知正三棱柱的棱长均为4，点在棱上，且，N为的中点，为侧面内一动点（包括边界），则下列选项正确的是（ ）
A．
B．若平面，则动点的轨迹长度为4
C．点到平面的距离为
D．以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，则 .
13．已知函数满足下列条件：
①的图象是由的图象经过变换得到的；
②对于，均满足；
③的值域为.
请写出符合上述条件的一个函数解析式： .
14．如图，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，，P和位于平面的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则 ，的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，正四棱台是一块铁料，上、下底面的边长分别为40cm和80cm，，O分别是上、下底面的中心，棱台高为60cm.
(1)求正四棱台的表面积；
(2)若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，求圆台的体积.
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
(1)求周长的取值范围；
(2)求内切圆半径的最大值.
17．如图①，在平面四边形中，，点在边上，，，为的中点，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的几何体.

(1)证明：平面；
(2)若点F在上，，求二面角的余弦值.
18．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.

(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.
①求点到平面的距离；
②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.
19．射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．

(1)证明：；
(2)已知，点为线段的中点，，求．
参考答案
1．【答案】D
【分析】由复数的几何意义先求出，再由共轭复数的定义求出，然后利用复数的乘法化简即可得出答案．
【详解】由题意可得出：，所以，
所以，
故选：D．
2．【答案】B
【分析】对于A，若，，，不一定；对于B，先由和得，再由结合面面垂直的判定定理即可得解；对于C，若，，，则与相交或或；对于D，若，，由面面垂直的性质得或.
【详解】对于A，若，，，则与相交或，故A错误；
对于B，若，，则，又，则，故B正确；
对于C，若，，，则与相交或或，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故选：B.
3．【答案】A
【分析】设与的夹角为，由数量积的定义求解即可.
【详解】设与的夹角为，，
因为，
因为，，所以，
解得：，因为，所以.
故选：A.
4．【答案】C
【分析】由题意可得，结合，即可得出答案.
【详解】因为函数的图象关于点中心对称，
所以，所以，
因为，所以.
故选：C.
5．【答案】D
【分析】首先求出，根据所给定义可得，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
所以，，，
所以，
则，的余弦距离为，所以，
所以.
故选：D
6．【答案】B
【分析】分别取中点，连接，根据已知条件求证平面，为二面角的平面角，由余弦定理求出，进而可求，从而结合等体积法得，进而由即可得解.
【详解】由题得，
分别取中点，连接，
则，，，
所以，又平面平面，
所以平面，为二面角的平面角，故，
所以，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：B.
7．【答案】C
【分析】先设，由题意求出，再由结合余弦定理即可计算求解.
【详解】由题可设，则，
又，，
所以由余弦定理得，
所以，
整理得，
所以古塔高度约为.
故选：C.
8．【答案】B
【分析】先由题意结合正弦定理得，再由得，接着结合基本定理得，故，进而可求得和，再由即可求解.
【详解】由题以及正弦定理得，
所以由余弦定理得，
所以由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以，故，则，
因为，所以，所以即，
此时即，解得，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键由题意得后利用基本不等式推出，从而得，进而解出角A和c边.
9．【答案】BD
【分析】对于A，根据向量坐标形式的模长公式计算即可得解；对于B，由向量平行的坐标公式计算即可得解；对于C，由向量垂直的坐标表示直接计算即可得解；对于D，直接由已知结合投影向量的定义和公式计算即可.
【详解】对于A，由题，故A错；
对于B，因为，所以有，整理得，故B正确；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，在上的投影向量为，故D正确.
故选：BD.
10．【答案】BCD
【分析】利用余弦定理判断A，利用正弦定理判断B，利用基本不等式求出的最大值，即可求出面积的最大值，从而判断C，设的中点为，则，将两边平方，再由数量积的运算律判断D.
【详解】对于A：因为，，所以，
所以，又，所以，故A错误；
对于B：当有两解时，则，即，所以，故B正确；
对于C：因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，故面积的最大值为，故C正确；
对于D：设的中点为，则，
所以，即，又，
所以，故D正确.
故选：BCD
11．【答案】ACD
【分析】对于A，依据已知条件求证；对于B，取中点，在上取点使得，连接，求证平面平面即可由平面得动点的轨迹为，求出即可判断；对于C，依据已知条件先求出和，进而求出和，接着求证平面和设点到平面的距离为d，再由结合锥体体积公式即可得解；对于D，由已知可得球的球面与侧面的棱各有一个交点，同理得与侧面的棱也各有一个交点，接着设点M在平面上的射影为，由已知得点M到平面的距离为，进而得到棱和的距离分别为和3以及得球与平面的截面圆半径为2，从而得该截面圆与AB有两个交点，与没有交点，于是得解.
【详解】对于A，由题意得
，
所以即，故A正确；
对于B，取中点，在上取点使得，
连接，则由分别为中点得，
由正三棱柱性质可知且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，平面，又，
所以平面平面，
又平面，显然平面，故由题意动点的轨迹为，
所以动点的轨迹长度为，故B错误；
对于C，连接，由题意，
，，
由选项B得
所以
，
，
所以，
，
由正三棱柱性质平面，平面，所以，
又由正三角形性质得，，平面，
所以平面，设点到平面的距离为d，
则由得，
即，所以点到平面的距离为，故C正确；
对于D，如图，，M到棱的距离等于4，
故球的球面与侧面的棱各有一个交点，分别为，
同理可得与侧面的棱各有一个交点，分别为，
如图，点M在平面上的射影为，
由正三棱柱结构特征结合得点M到平面的距离为，到棱和的距离分别为和3，
因为以点M为球心，4为半径作球，
所以在平面上，球与平面的截面圆半径为，
则该截面圆与AB有两个交点分别为，与没有交点.
综上，以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数可以根据几何体结构特征依次分析该球在侧面、侧面和平面上的三个截面圆与这三个面的棱的交点即可得解.
12．【答案】/
【分析】利用平方和公式和三角函数的基本关系化简即可得出答案.
【详解】.
故答案为：.
13．【答案】（答案不唯一）
【分析】由①可设，根据③，设，求得，再根据②求出，和的一个值即可求解.
【详解】解：由①可设，
又由③可知，不妨设，
可得，所以
由②可知，且，所以，所以，
又因为，则
所以的一个值为，
因此函数的一个解析式为.
故答案为：（答案不唯一）.
14．【答案】 /
【分析】空1，利用图形的对称性，可得为外接球的直径，而为直径所对圆周角为；空二，利用空间几何题的性质，设未知数，然后表示出，再利用与其关系，计算，最后利用基本不等式计算即可.
【详解】由这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，以及图形的对称性可知，为外接球的直径，故；
设三角形的中心为,的中点为,，
由正弦定理可知，，
由三角形性质可知，
因为三角形为直角三角形，
显然
所以有
即，
由题可知，
所以
由基本不等式可知，当时等号成立，
所以
故填：；
【点睛】关键点点睛：对称图形比较好作出二面角，然后二面角的正切值需要对边和邻边，明显邻边已知，所以分别设对边未知数即可，然后利用直角三角形得到未知数之间的关系，最后利用正切的和角公式计算即可.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出棱台的侧面的高，结合棱台的结构特征以及表面积公式即可求得答案；
（2）由题意可知圆台的上下底面圆与与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，由此可求出圆台的体积.
【详解】（1）如图，正四棱台的每个侧面皆为全等的等腰梯形，
分别取的中点为，连接，
过点M作于H，
则，
故，
所以正四棱台的表面积为；
（2）若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，
则圆台的上底面半径为20cm，下底面半径为40cm，高为60cm，
则圆台的体积为.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换求得，根据角的范围得，由余弦定理得，根据基本不等式得，即可求出周长的取值范围；
（2）令内切圆的半径为R，由三角形的面积公式求得，将代入化简，由此求得内切圆半径的最大值；
【详解】（1）由正弦定理可得：，
又因为，
所以，
则，因为，所以，
则，即，所以或，
所以或（舍去），
故.
由余弦定理得，可得，
由，当且仅当“”时取等，
得，解得：，
所以有，所以，
故周长的取值范围为：.
（2）令内切圆的半径为R，故，
得，代入，得
，故，
故内切圆半径的最大值为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由已知条件求证四边形是平行四边形得，接着求证平面且为二面角的平面角即可得，且结合 和得，于是得和，再由线面垂直判定定理即可得证.
（2）过点G作，连接，结合（1）求证平面得且是二面角的平面角，再由已知求出和即可由得解.
【详解】（1）如图，取的中点O，连接，
又因为G为的中点，所以，且，
因为，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，
由题设易知平面，
所以平面，且为二面角的平面角，
因为平面，所以，则，
因为二面角的大小为，所以，
因为，所以为等边三角形，
因为O是得中点，所以，所以，
因为平面，所以平面.

（2）如图，在平面内，过点G作，连接，
由（1）知，平面，由线面垂直的性质定理知，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
在中，，所以，
因为，所以，
所以即，所以，
在中，，所以，
在中，，
所以，即二面角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：垂面法是求立体几何中求二面角常用的几何方法，在求二面角时，先过点G作，连接，从而做出二面角棱的垂面，于是得是二面角的平面角，再结合已知求出和即可由得解.
18．【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据所给定义表示出、、、，再相加即可；
（2）①首先证明平面，则，再由，求出，过点作于点，即可证明平面，则点到平面的距离为线段的长，再由锐角三角函数计算可得；②过点作交于点，连接，即可证明平面，则为直线与平面所成的角，设，则,，利用余弦定理求出，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）根据离散曲率的定义得
，
，
，
所以.
（2）①因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，即，
又，
即，所以，
过点作于点，因为平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面，
所以点到平面的距离为线段的长，
在中，
即点到平面的距离为；
②过点作交于点，连接，
因为平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
依题意可得，，，
所以，，
设，,,
在中，，
又，所以，
所以，
所以，解得或（舍去），故.

19．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面积公式表示出、即可得到，同理得到，即可得证；
（2）由（1）可得，即可得到，设，，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出，，再由余弦定理计算可得.
【详解】（1）在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又，，，
所以，
所以.
（2）由题意可得，所以，
即，所以，又点为线段的中点，即，
所以，又，则，，
设，且，
由，所以，
即，解得①，
在中，由正弦定理可得②，
在中，由正弦定理可得③，
且，
②③得，即④
由①④解得，（负值舍去），即，
所以.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算.