辽宁省名校联盟2024−2025学年高二上学期9月联合考试 数学试题（含解析）

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 数学试题（含解析），共14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．已知复数，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
3．用斜二测画法画出水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知，则的面积为（ ）
A．B．C．8D．
4．已知，则的值是（ ）
A．2B．C．D．
5．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
6．2024年7月，第17届欧洲杯足球赛落下帷幕，西班牙国家队以7战全胜的成绩获得冠军，队中出生于2007年，不满17岁就参加欧洲杯的天才少年拉明·亚马尔获得1个进球，4个助攻的优秀数据，打破了欧洲杯历史上的“最年轻的参赛球员”“最年轻的进球球员”等多项记录．据记者报道，由于他还是个高中生，在欧洲杯期间每天的训练和比赛后，还要完成自己的家庭作业．如图，已知足球比赛的球门宽度AB大约为7米，D在场地的底线上，与点B距离5米，CD与底线垂直，CD长为15米，若在训练中，球员亚马尔从点C开始带球沿直线向点D奔跑并选择一点P处射门，要想获得最大的射门角度（∠APB），则他需要带球的距离CP大约是（参考数据：）（ ）

A．3.6米B．3.9米C．7.2米D．7.8米
7．已知关于x的方程在内恰有3个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱AD，上的动点，若正方体的外接球的球心是，三棱锥的外接球的球心是，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列幂函数中，既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在中，，，是有一个角是30°的直角三角形，若二面角是直二面角，则DC的长可以是（ ）
A．B．C．D．
11．在中，内角所对的边分别为，已知，，则c可能为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．函数的定义域是 ．
13．已知i是虚数单位，复数z满足，则
14．在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则的值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆锥的底面半径为2，高为4，D是母线PA的中点，C在底面圆周上，．
(1)求圆锥的表面积和体积；
(2)求DC与平面ABC所成角的正弦值．
16．已知向量，．
(1)若，，求的值；
(2)设函数，求图像的对称中心坐标，并写出的图像经过怎样的平移变换，可以得到一个奇函数的图像（写出一种变换方式即可）．
17．在中，是的中点，是的中点，，．

(1)求和的长；
(2)若，的平分线交于点，求的长．
18．已知在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，，，M是棱PD的中点．
(1)求证：平面PBC；
(2)在棱BC上是否存在点N，满足且?若存在，确定点N的位置并给出证明；若不存在，请说明理由；
(3)若，求点D到平面PBC的距离．
19．通过两角和的正、余弦公式和二倍角公式，可以推导出三倍角公式．例如：．
(1)根据上述过程，推导出关于的表达式；
(2)求的值；
(3)求的值．
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用复数的乘法运算及共轭复数的概念计算即可
【详解】易知，
所以，虚部为．
故选：A．
2．【答案】B
【分析】利用列出方程求解即可.
【详解】由，
又，则，解得．
故选：B．
3．【答案】A
【分析】根据直观图和原图的面积关系，即可求解
【详解】因为，
所以是直角三角形且，可得，
所以的面积，
则的面积．
故选：A
4．【答案】D
【分析】首先利用诱导公式求出，再利用二倍角公式和同角三角函数的关系，对齐次化处理，然后分子分母同时除以，即可求解.
【详解】因为，所以，
则．
故选：D．
5．【答案】D
【分析】根据对数函数以及指数函数的性质，判断各数的范围以及大小关系，即得答案.
【详解】由于，
又函数在R上单调递增，所以，
故.
故选：D
6．【答案】C
【分析】设，得出，，由正切函数单调性，两角差的正切公式及基本不等式即可求解．
【详解】设，，，
同理可得，
则，
当且仅当，即时等号成立，此时．
故选：C．
7．【答案】B
【分析】由已知可得，根据方程有3个不相等的实数根可得，求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
由，可得，
因为方程有3个不相等的实数根，所以由正弦函数的图像可得，
解得，所以的取值范围．
故选：B．
8．【答案】C
【详解】如图所示,
设BC的中点为G，的中点为H，的外接圆圆心为M，的外接圆圆心为N，
易得，，
过M，N分别作平面、平面ABCD的垂线，交点即为，
又为GH的中点，所以当MG和NG最小时，取得最大值．
设，，由，可得，
整理得，故当，
即F为的中点时，MG取得最小值，
同理可得NG的最小值也是，
此时，，G三点共线，．
故选C.
9．【答案】BD
【分析】先判断函数的定义域是否关于原点对称，再根据函数的奇偶性定义判断奇偶性，根据幂函数的性质判断单调性即得.
【详解】对于A，函数，因，故函数在0,+∞上单调递减，不合题意；
对于B，函数的定义域为，关于原点对称且满足，故函数为奇函数，
且，故函数在0,+∞上单调递增，故B符合题意；
对于C，因函数的定义域是，关于原点不对称，即函数没有奇偶性，不合题意；
对于D，函数的定义域为，关于原点对称且满足，故函数为奇函数，
且，故函数在0,+∞上单调递增，故D符合题意.
故选：BD．
10．【答案】ACD
【分析】分类讨论的大小，然后根据几何关系求DC的长即可.
【详解】

如图①，当且时，
二面角是直二面角，故平面平面,
且平面平面,平面，
故平面ABC，所以，
因为，所以，故C正确；
同理可得，当且时，平面ABC，所以，
因为，所以，故D正确；
当且时，如图②，
过点D作，垂足为E，连接CE，
因为平面平面,且平面平面,平面，
故平面ABC,所以，此时,
,，
所以,故A正确；
当且时，同理可得，
，.
故选：ACD．
11．【答案】ABC
【分析】利用正弦定理、正弦的和角公式先判定，再利用三角换元设，根据余弦定理及三角恒等变换得出，利用正弦函数的性质求值域即可.
【详解】由已知及正弦定理可得，
即，
易知，所以，故，
由，可得．
设，，
则
，其中，，
因为，所以，
又，
所以，可得，则．
故选：ABC．
12．【答案】，
【分析】直接根据对数函数的定义域及余弦函数的图象求解即可．
【详解】由题意可得，即，
所以，，
故答案为：，．
13．【答案】
【分析】利用复数的几何意义求解即可.
【详解】由复数的几何意义及，可得在复平面内复数z对应的点到和的距离相等，
所以Z在线段OA的垂直平分线上，即，
同理，由，可得，所以，
故．
故答案为：
14．【答案】/0.75
【分析】通过延长DF，交AB的延长线于点Q，先证明点G即EQ与PB的交点，利用及相似三角形，证得，由得到，，推出即得.
【详解】
如图，延长DF，交AB的延长线于点Q，连接EQ，EQ与PB的交点即为G.
理由如下：设D，E，F共面，因，则平面，
又因平面，故三点共线，即.
取AB的中点M，连接EM，因，由可得,
因,则,又E是棱PA的中点，则,则得,
故有，又，所以，故．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查通过四点共面确定点的位置的方法，属于较难题.
解题的关键在于先由，通过两个平面的相交，证明点在交线上，从而确定点的位置.
15．【答案】(1)表面积，体积
(2)
【分析】（1）根据圆锥体积与表面积公式代入计算即可得出结果；
（2）利用线面角的定义作出DC与平面ABC所成角的平面角，即可得出结果.
【详解】（1）圆锥的母线，
则圆锥的表面积，
圆锥的体积
（2）取AO的中点E，连接DE，CE，
因为D，E分别是PA，OA的中点，所以，所以平面ABC，
所以CE是DC在平面ABC内的射影，所以是DC与平面ABC所成角，
又，，
所以，
可得，
即DC与平面ABC所成角的正弦值是．
16．【答案】(1)
(2)，，答案见解析
【分析】（1）由，利用向量模的坐标运算，求得，倍角公式求的值；
（2）由向量积的坐标运算求出解析式，由降幂公式和辅助角公式化简，整体代入法求对称中心，取其中一个对称中心平移到原点，可知得到一个奇函数的图像的平移变换.
【详解】（1）由，可得，
整理得，即，
因为，所以，所以，
则．
（2），
令，，解得，．
所以图像的对称中心坐标是，，
令，可得的图像的一个对称中心坐标是，
所以将的图像向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，就可以得到一个奇函数的图像．
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合平面向量基本定理，用表示出已知条件，联立方程即可求解；
（2）设，，结合向量的数量积，利用余弦定理和面积公式，即可求得结果.
【详解】（1）
，
同理可得，
则，解得.
（2）设，，
由，得，故，
由余弦定理得，
解得．
由，可得，
整理得．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)存在BC的中点N，证明见解析
(3)
【分析】（1）取PC的中点E，连接ME，BE，借助中位线性质，得到四边形是平行四边形，再用线面平行的判定即可证明；
（2）存在的中点N，满足且．连接借助等腰三角形性质得到，，进而得到平面，再用线面垂直性质得到线线垂直；
（3）过点D作，垂足为Q，先证明平面平面PDN，得到线面垂直，得到线段的长度就是点D到平面的距离，再用余弦定理，同角三角函数关系和锐角三角函数可解.
【详解】（1）证明：取PC的中点E，连接ME，BE，
因为M，E分别是PD，PC的中点，所以，．
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）存在的中点N，满足且．
证明如下：连接
运用勾股定理，
直角梯形性质，得到,
则和为等边三角形，则可以求出高，
因为，M是的中点，所以，
又，，N是的中点，所以，，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，即且．
（3）过点D作，垂足为Q，由（2）得平面PDN，因为平面，
所以平面平面PDN，又平面平面，面，
所以平面，故线段的长度就是点D到平面的距离，
在中，，
则，
所以．
19．【答案】(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）仿照已知结合同角三角函数的平方关系，化简，可得答案；
（2）利用二倍角公式以及三倍角余弦公式，即可求得答案；
（3）由（1）可得，再结合诱导公式化简求值，即得答案.
【详解】（1）
．
（2）因为，所以，
即，可得，
因为，所以，可得，
整理得，
因为，所以．
（3）由（1）得，
所以
．