辽宁省名校联盟2024-2025学年高二上学期9月联合考试模拟练习数学试题

这是一份辽宁省名校联盟2024-2025学年高二上学期9月联合考试模拟练习数学试题，共13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，共40分）
1．复数（i为虚数单位）的共轭复数的虚部等于（ ）
A．1B．C．D．
2．若则
A．B．C．D．
3．的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（ ）
A．B．1C．8D．
4．已知，则=
A．B．C．D．
5．已知，，，，的，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．为了研究钟表秒针针尖的运动变化规律，建立如图所示的平面直角坐标系，设秒针针尖位置为点．若初始位置为点，秒针从（规定此时）开始沿顺时针方向转动，点P的纵坐标y与时间t的函数关系式可能为（ ）

A．B．
C．D．
7．已知函数，函数，若方程恰好有4个实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知三棱柱中，，，平面平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（ ）
A．B．C．2D．4
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9．下列关于幂函数的性质，描述正确的有（ ）
A．当时函数在其定义域上是减函数B．当时函数图象是一条直线
C．当时函数是偶函数D．当时函数在其定义域上是增函数
10．把函数的图象向右平移个单位，横坐标扩大到原来的2倍，得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的为（ ）
A．最小正周期为B．关于对称
C．关于成中心对称D．函数的最大值为1
11．在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．函数的定义域是 ．
13．已知复数z满足等式，则的最大值为
14．如图，几何体是四棱锥，为正三角形，，，为线段的中点.则直线与平面的位置关系为 （填相交或平行）. 为线段上一点，使得四点共面，则的值为 .
四、解答题（本大题共5小题，共66分）
15．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．该书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及委米几何？”其意思是：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的米约有多少斛．
16．已知函数，.
(1)用五点法作图，填表并作出在一个周期内的图象
(2)写出函数单调递减区间和其图象的对称轴方程；
17．在△中，角所对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求△的面积.
18．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．
（1）证明：PA//平面EDB；
（2）证明：DE⊥平面PBC．
19．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，且．
（1）求角A、B、C的值；
（2）若，求函数的最大值与最小值．
参考答案：
1．B
【分析】先对复数化简，再求其共轭复数，从而可求得答案
【详解】因为，
所以其共轭复数为，则其虚部为，
故选：B
2．D
【解析】利用平面向量的坐标运算和两向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】由题意知,,
因为,由两向量共线的坐标表示可得,
,解得.
故选:D
3．B
【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积.
【详解】
由直观图还原平面图形可知，在中，，， ,
所以
故选：B．
4．C
【详解】由 得：，
所以，故选C.
5．A
【分析】对可根据不等式以对数函数的单调性，得到的大致范围，对根据余弦函数的单调性得到大致范围，对根据指数函数的单调性确定大致范围，从而比较出的大小.
【详解】由，，则，，
由，故；
由，则，得，即；
由，则，，得，得；
故.
故选：A
6．D
【分析】首先确定函数的周期，再利用待定系数法可求得函数的解析式
【详解】因为函数的周期为，所以，
由于秒针顺时针旋转，所以可设函数解析式为，
因为初始位置为点，所以当时，，
所以，所以可能取，
所以，
故选：D
7．D
【解析】当时，，求导，由可得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，然后在同一坐标系中画出函数与曲线的图象求解.
【详解】当时，，
则，由，可得.
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
因此，在同一坐标系中画出函数与曲线的图象
如图所示.
若函数与恰好有4个公共点，
则，即，
解得.
故选：D
8．D
【分析】由已知条件可证得三棱锥为底面是直角三角形的直三棱柱，根据三棱柱内切球的体积可计算得三棱柱的高，设底面直角三角形的边长，则可列关系式，即可找到直角三角形的两边长，用体积转换的方法求得体积.
【详解】如图所示，
因为，，，所以平面，又因为平面平面，平面平面，过点作，则平面，则，又因为，所以平面，平面，所以.设则，又因为三棱锥内切球的体积为，则，则，，即，则，解得，棱柱的高等于内切球直径，所以，故三棱锥的体积为.
故选：D
9．CD
【分析】根据幂函数的性质对选项逐一分析，由此确定正确选项．
【详解】对于A选项，，在和(0,+∞)上递减，不能说在定义域上递减，故A选项错误．
对于B选项，，，图像是：直线并且除掉点，故B选项错误．
对于C选项，，定义域为，是偶函数，所以C选项正确．
对于D选项，，函数在其定义域上是增函数，所以D选项正确．
故选：CD
10．AC
【分析】首先化简解析式，根据图象变换求得，对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
,
图象向右平移个单位得，
横坐标扩大到原来的2倍得.
所以最小正周期为，A正确.
，B错误.
，C正确.
的最大值为，D错误.
故选：AC
11．AD
【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理得，为等边三角形，则，
且，，
于是二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时取等号，
即四面体的体积的最大值是，A正确；
对于B，由余弦定理得，
因此，B错误；
对于C，，由，，得≌，
则，
因此四面体的表面积的最大值是，C错误；
对于D，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
由，，平面，得平面，
而平面，则，又，平面，
于是平面，同理得平面，则为四面体的外接球球心，
连接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
则，即球的半径为，球的体积为，D正确.
故选：AD.
12．
【分析】根据二次根式有意义条件，结合对数函数定义域及分母要求即可求得定义域．
【详解】由二次根式有意义条件及对数函数的定义域及分母要求可知

解得定义域为．
故答案为：
13．
【分析】由题意画出图形，数形结合得答案．
【详解】|z﹣1﹣i|＝1的几何意义为复平面内动点到定点（1，1）距离为1的点的轨迹，
如图：
|z﹣3|可以看作圆上的点到点(3,0)的距离.
由图可知，|z﹣3|的最大值为．
故答案为．
14． 平行
【分析】（1）记为的中点，连接，先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；
（2）延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，先由线面平行的性质定理求得点位置，再由平面几何知识求得，从而利用平行线分线段成比例得到的值.
【详解】（1）记为的中点，连接，如图1，
因为分别为的中点，故，
因为平面平面
所以平面，
又因为为正三角形，所以 ，，
又为等腰三角形，，所以，
所以，即，
所以，又平面平面
所以平面，又，平面，
故平面平面，
又因为平面，故平面.
（2）延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图2，
因为平面，平面，平面平面，
所以，此时四点共面，
由（1）可知，，得，
故，
又因为，所以，
则有，
故.
故答案为：平行；13.
15．斛
【分析】由地面弧长求出圆锥底面半径，再利用体积公式求总体积，再代换为斛即可.
【详解】解：设圆锥的底面半径为，则，又取圆周率约为3
解得，故米堆的体积（立方尺）．
∵1斛米的体积约为1.6立方尺，故总体积为（斛）.
16．(1)表格见解析；图象见解析
(2)单调递减区间为；对称轴为
【分析】（1）根据“五点法”可填写表格，并描点作出函数图象；
（2）根据正弦型函数单调区间和对称轴的求法直接求解即可.
【详解】（1）由“五点法”可填表如下：
由此可得图象如下图所示，
（2）令，解得：，
的单调递减区间为；
令，解得：，
的对称轴方程为.
17．(1)；
(2)或.
【分析】（1）由正弦定理边角关系、三角形内角的性质可得，即可知的大小.
（2）由余弦定理及已知条件可得或，再应用三角形面积公式求△的面积.
【详解】（1）由正弦定理可得：
，则，
∴，可得，又，
∴.
（2）由余弦定理：且，则，
，则，
∴，整理得，解得或，
①当时，，此时，
②当时，，此时.
∴△的面积为或.
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）连接交于点，连接.由三角形中位线定理可得，利用线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）先证明平面得到，再由等腰三角形三线合一证明,由线面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）连接AC交BD于点，连接.
则是的中点，又是的中点,所以.
又平面 ，平面
所以平面.
（2）由底面，底面，所以.
又 ，，所以平面,所以.
由， 为中点，所以,
又，所以平面
19．（1）； （2），
【分析】（1）由应用正弦定理可得，由应用诱导公式，二倍角公式，同角关系式可求得，从而有；
（2）由（1），求出的范围，结合余弦函数可得最大值和最小值．
【详解】（1）∵，∴，∴，∴．
又∵，
∴，，
即，，∴，∴，．
（2）由（1），
∵，∴，
∴，即时，，，即时，．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
C
A
D
D
D
CD
AC
题号
11









答案
AD