辽宁省名校联盟2023-2024学年高二下学期3月联合考试数学试题（Word版附解析）

这是一份辽宁省名校联盟2023-2024学年高二下学期3月联合考试数学试题（Word版附解析），共26页。

命题人：辽宁名校联盟试题研发中心 审题人：辽宁名校联盟试题研发中心
本试卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 1B. 2C. 3D. 4
6. 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. 54B. C. 108D.
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．绝密★启用前
过宁省名校联盟2024年高二3月份联合考试
数学
命题人：辽宁名校联盟试题研发中心 审题人：辽宁名校联盟试题研发中心
本试卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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.
【答案】D
【解析】
【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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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. 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.
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】C
【解析】
【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:C
5. 函数的零点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【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：B
6. 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. 54B. C. 108D.
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【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.
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
【答案】AC
【解析】
【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：AC
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
【答案】ABD
【解析】
【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：ABD
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
【答案】ABC
【解析】
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【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，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.
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______．
【答案】
【解析】
【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. 在中，内角的对边分别为，且，则这个三角形一定是______三角形．
【答案】等腰
【解析】
【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. 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______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，则，故，再利用换元法结合二次函数性质即可得解.
【详解】，设，则，
则，
故，
令，则，
则，
当，即时，，
所以的最小值是.

故答案为：.
16. 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________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【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.
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）．
【答案】（1）75 （2）
【解析】
【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；
【小问1详解】
【小问2详解】
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．
【答案】（1）的单调递增区间为，证明见解析
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
由（1）知，
当时，，
所以的值域为．
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．
【答案】19. 或
20.
【解析】
【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.
【小问1详解】
，
当，，
故或，
所以或；
【小问2详解】
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. 已知．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】20.
21.
【解析】
【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.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
.
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？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）证明见详解，
【解析】
【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.
【小问1详解】
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，，
解得，所以椭圆的方程为，
【小问2详解】
设点，

先证明过椭圆C：上一点的切线方程为，
由椭圆T：，则有
当时,，求导数为：,
∴当时，.
∴切线方程为，
整理为：,
两边同时除以得：.
同理可证：时,切线方程也为.
当时,切线方程为满足.
综上,过椭圆上一点的切线方程为.
则直线的方程为，直线的方程为，
因为在这两条切线上，
所以，
所以直线的方程为，①
因为在直线上，
所以，
所以，代入①得，
整理得
当时，过定点，
解得，所以.
【点睛】结论点睛：
（1）过圆上一点的切线方程为：，
（2）过圆外一点的切点弦方程为：.
（3）过椭圆上一点的切线方程为，
（4）过双曲线上一点的切线方程为