【文档说明】四川省成都市蓉城名校联盟2023-2024学年高二上学期入学联考数学试题 含解析.docx，共(21)页，2.025 MB，由小赞的店铺上传

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2023~2024学年度上期高中2022级入学联考数学考试时间120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”．2．选择

题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．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.复数()()23i12iz=−+，则z的虚部为（）A.1−B.1C.i−D.i【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法法则及共轭复数的定义，结合复数的概念即可求解.【详解】()()223i12i24i3i6i8iz=−+=+−−=+,

所以8iz=−，所以z的虚部为1−.故选:A.2.已知,mn是非零向量，则mn⊥是0mn=（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分必要性以及向量数量积的

运算规则进行判断.的【详解】解：因为,mn是非零向量且mn⊥，所以0mn=，满足充分性；又因为0mn=，且,mn是非零向量，所以cos,0mnmn=，故,90mn=，即mn⊥，满足必要性.故选：C．3.已知偶函数()fx在(

,0−上单调递减，则下列结论正确的是（）A.()()()152fff−B.()()()215fff−C.()()()125fff−D.()()()521fff−【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的性质和函数的单调性求解.【详解】由于函数()fx为偶函数

，故()()()()55,22ffff=−=−，且()fx在(,0−上单调递减，所以()()()521fff−−−，即()()()521fff−，故选:D．4.设ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知π,1

2,624Bbc===，则C=（）A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3【答案】A【解析】【分析】正弦定理求解.【详解】由正弦定理得：sinsinbcBC=，即1262sin4πsinC=，则1sin2C=．又cb，则CB,则π6C=，故选:A．5.已

知,是空间中两个不同的平面，,mn是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（）A.若,m⊥⊥，则//mB.若//,//,//mn，则//mnC.若,//,mmnn⊥，则⊥D.若,//,mn⊥⊥，则mn⊥【答案】C【解析】【分析】利用空间

中线面关系的判定与性质定理逐项验证即可.【详解】对于A，若,m⊥⊥，则//m或m，故A错误；对于B，若//,//,//mn，则//mn或者mnP=或者,mn异面，故B错误；对于C，若,//,mmn⊥，则n⊥，又n，则⊥，故C正确；对于D，若//

,n⊥，则n可以垂直，又m⊥，则//mn，故D错误.故选：C.6.某中学校园内有一水塔，小明同学为了测量水塔的高度，在水塔底的正东方向的A处测得塔顶的仰角为30，在水塔底的南偏西60方向的B处测得塔顶的仰角为45，已

知91mAB=，则水塔的高度为（）A.137mB.713mC127mD.813m【答案】A【解析】【分析】画出图象，在ABC，利用余弦定理解出即可.【详解】如图：设水塔高为h，则3,AChBCh==，则在ABC中，22291(3)2hhh=+−3cos150h，

.化简得：22917h=，即137mh=，故选：A．7.在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，PDAB=，60DAB=，点E为PD的中点，则异面直线CE与PB所成角的余弦值为（）A.255B.105C.105−D.2

55−【答案】B【解析】【分析】连接,ACBD交于点O，连接EO，得到CEO（补角）是异面直线CE与PB所成角求解．【详解】解：如图所示：连接,ACBD交于点O，连接EO，因为//EOPB,所以CEO（补角）是异面直线CE与PB所成角．因为PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD

，所以PDAC⊥，又因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC⊥，又BDPDD=，所以AC⊥平面PBD，又EO平面PBD，所以ACEO⊥，则EOC△为直角三角形，设2PDABa==，在EOC△中，2,3EOaOCa=

=，5ECa=所以10cos5EOCEOEC==，故选：B．8.sin501cos803cos10−的值为（）A.63B.64C.66D.62【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式及诱导公式化简即可.【详解】由题意得：sin501cos802sin50sin402

cos40sin402sin80663cos103cos103cos1023cos10−====，故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得2分

，有选错的得0分．9.若集合2{|30}{|230}AxaxBxxx=−==−−=，，且AB，则实数a的取值为（）A.0B.1C.3D.3−【答案】ABD【解析】【分析】解出集合B,根据AB，讨论集合A,解出实数a的值即可.【详解

】2{|230}{1,3}Bxxx=−−==−，又AB，当A=，则0a=，当1A=−，则3a=−，当3A=，则1a=．故选：ABD.10.已知()()2sin,3sin,sin,2cosmxxnxx=−=，函数()1

fxmn=+，则下列结论正确的是（）A.函数()fx的初相是π6B.π4x=是函数()fx图象的一条对称轴C.5π,012是函数()fx图象的对称中心D.函数()fx的图象向左平移π6个单位后关于y轴对称【答案】ACD【解析】【

分析】根据向量的数量积的坐标表示及二倍角公式，利用辅助角公式及三角函数的性质，结合图象的平移变换即可求解.【详解】因为()()2sin,3sin,sin,2cosmxxnxx=−=，所以()2π2sin23sincos13sin2cos221sin26xxfxxnxxxm

−++==+==++，易知函数()fx的初相是π,6故A正确；由πππ2π2sin22sin324463f=+==，得π4x=不是函数()fx图象的一条对称轴，故B错误；由()5ππ2sin22

sinπ0126fx=+==，得5,012是函数()fx图象的一个对称中心，故C正确；对于D选项：πππ2sin22sin22cos2662yxxx=++=+=为偶函

数，函数关于y轴对称，故D正确．故选：ACD．11.如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ππ,,26BCDABCBCDCBD===，2ABBD==，则下列结论正确的是（）A.四面体ABCD的体积为3B.ABCD⊥C.二面角ACDB−−的余弦值为2

17D.四面体ABCD外接球体积为8π3【答案】BC【解析】【分析】根据平面ABC⊥平面π,2BCDBCD=，得到CD⊥平面ABC，从而CDAB⊥，再由π2ABC=得到ABBC⊥，从而AB⊥平面BCD，可判断AB选项；易得二面角ACDB−−的平面角是ACB判断C选项；将原几何体补成

长方体判断D选项.【详解】因为平面ABC⊥平面π,2BCDBCD=，平面ABC平面BCDBC=，所以CD⊥平面ABC，AB平面ABC，所以CDAB⊥，又π2ABC=，则ABBC⊥，且CDBCC=，所以AB⊥平面

BCD，在BCD△中，因为ππ,26BCDCBD==，2BD=，所以π1π3sin21,cos236262DCBDBCBD======，所以11313322BCDSBCDC===，的所以113323323ABCDBCDVSAB−===，A

不正确，B正确；二面角ACDB−−的平面角是ACB，易得21cos7BCACBAC==，C正确；将原几何体补成长方体，如图所示：则四面体ABCD的外接球即为长方体的其外接球，外接球的直径为AD，且2222ADABBD=+=，所以半径2R=，故3482π(2)π33V

==球，D错误．故选：BC．12.设ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，则下列结论正确的是（）A.若sinsinAB，则ABB.若π13,3cC==，则ABC外接圆的半径为396C.若2,3,10abc==

=，则32ACBC=D.若sinsinsinaAbBcC+，则ABC为锐角三角形【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理化角为边，再根据大边对大角即可判断A；利用正弦定理即可判断B；先利用余弦定理求

出cosC，再根据数量积的定义即可判断C；利用正弦定理化角为边，正在跟进余弦定理即可判断D.【详解】对于A，因为sinsinAB，由正弦定理得,abAB，故A正确；对于B，由正弦定理132sin32cRC==，得393R=，即ABC外接圆的半径为393，故B错误；对于C，由余弦定理222

49101cos22234abcCab+−+−===，则132342ACCB==，故C正确；对于D，因为sinsinsinaAbBcC+，由正弦定理得222abc+，则222abc+，故222cos02abcCab+−=

，所以角C为锐角，但ABC不一定为锐角三角形，故D错误．故选：AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数()221,0,0xxfxxxx+=−，若()2fa=，则=a_

_____．【答案】1−【解析】【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则即可求解.【详解】当0a时，212a+=，解得0a=，此时a无解，当0a时，22aa−=，解得1a=−或2a=（舍去），所以1a=−.故答案为：1−.14.已知π0,

,1cos22sin22+=，则cos=______．【答案】255##255【解析】【分析】利用二倍角的正弦和余弦公式，结合同角三角函数的平方关系和商数关系即可求解.【详解】由1cos22sin2+=

，得22cos4sincos=，因为π0,2，所以1cos0,sin0,tan2=，22sin1tancos2sincos1==+=，解得5sin525cos5=

=，所以25cos5=.故答案为：255.15.已知等腰直角三角形的斜边长为2cm，以该三角形的一直角边所在的直线为旋转轴将该三角形旋转一周，所得的旋转体的侧面积为______2cm．【答案】22π【解析】【分析】根据圆锥的侧面积公式求解.【详解】由题可知，等

腰三角形的腰长为2cm，所以所得旋转体是以2r=为底面圆的半径，2l=为母线长的圆锥，所以侧面积为212π22πcm2rl=，故答案为:22π.16.在ABC中，已知1233BABCCACBACAB=+，则tanB的最大值为______．【答案】14

2##1142【解析】【分析】由平面向量数量积公式和余弦定理得到22223acb+=，进而由余弦定理和基本不等式求出2222cos63acBac+=，从而求出tanB有最大值，最大值为142.【详解】由1233BABCCACBACAB=+得12cosc

oscos33acBabCbcA=+，即3coscos2cosacBabCbcA=+，又由余弦定理得：22222222232222acbabcbcaacabbcacabbc+−+−+−=+，化简得：22223acb+=，222222222222223cos2266

3acacacbacacBacacacac++−+−+====，当且仅当2ac=时，等号成立，将2ac=代入22223acb+=中，可得153bc=，满足任意两边之和大于第三边，故cosB有最小值，且B为锐角，此时227sin133B=−=，sin14ta

ncos2BBB==，由于cosyx=在π0,2上单调递减，tanyx=在π0,2上单调递增，故tanB有最大值，最大值为142．故答案：142【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用

处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.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.已知()()1,1,1,2mn=−=．（1）2mn+与nm−的夹角为，求；（2）若knm−与2mn+垂直，求k．【答案】（1）π4=（2）0k=．为【解析】【分析】（1）利用平面向量的夹角公式求解；（2）

根据knm−与2mn+垂直，由()()20knmmn−+=求解.【小问1详解】解：因为()()1,1,1,2mn=−=，所以()()23,3,0,3mnnm+=−=，()()29,232,3mnnmmnnm+−=+=−=，所以()()22cos22mnnmmnnm+−==+−，又

π0,π,4=；【小问2详解】()()1,21,23,3knmkkmn−=−++=，knm−与2mn+垂直，()()20knmmn−+=，即()()313210kk−++=，解得0k=．18.如图，在斜三棱柱111ABCABC

-中，111,ABACAAAB⊥=，M为11BC的中点．（1）证明：1//AC平面1ABM；（2）证明：平面11ABC⊥平面1ABC．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由三角形中位线可得OM∥1AC，

进而结合线面平行的判定定理分析证明；（2）由题意可得1AB⊥平面11ABC，进而结合面面垂直的判定定理分析证明.【小问1详解】设1AB与1AB交于点O，连接OM，如图，在斜三棱柱111ABCABC-中，四边形11

ABBA是平行四边形，则点O为1AB的中点，因为点O为1AB的中点，点M为11BC的中点，则OM∥1AC，且OM平面1ABM，1AC平面1ABM，1AC∥平面1ABM.【小问2详解】因为1AAAB=，则四边形11ABBA是菱形，则11ABAB⊥，又因为11ABAC⊥，11ABACA=，

可知1AB⊥平面11ABC，且1AB平面1ABC，所以平面11ABC⊥平面1ABC．19.如图，在四边形ABCD中，DAB与DCB互补，6,4,4,2ABBCCDAD====．（1）求AC；（2）求四边形ABCD的面积．【答案】（1）27AC=（2）83【解析】

【分析】（1）连接AC，在,ADCABC△△中，利用余弦定理分别求出,cosADC,cosABC,利用两值相反，建立等式，解出即可；（2）分别求出,ADCABC△△的面积，相加即可.【小问1详解】连接AC，如图，DAB与DCB互补，ADC与ABC互补，在ADC△中，2222c

osACADCDADCDADC=+−，即2416224cosACADC=+−，得220cos16ACADC−=，在ABC中，2222cosACABBCABBCABC=+−，即23616264cosACABC=+−，得252cos48ACABC−=，又ADC

与ABC互补，coscos0ADCABC+=，故27AC=；【小问2详解】由（1）得13cos,sin22ADCADC=−=，1sin232ADCSADCDADC==△，由（1）得13cos,sin22ABCABC==，1sin

632ABCSABBCABC==△，83ABCACDABCDSSS=+=△△四边形．20.已知函数()2ππ3sin22sin24fxxx=+−+．（1）求函数()fx的最小正周期和图象的对称轴方程；（2）若存在0xR，使得不等式()03

fx−成立，求0πcos26x−．【答案】（1）最小正周期为π，对称轴方程为ππ,212kxk=−Z；（2）0π1cos262x−=−【解析】【分析】（1）化简()fx，得()π2cos216fxx

=+−，从而可得周期；令π2π,6xkk+=Z，求解即可得到对称轴方程；（2）根据题意可得0πcos216x+−，又0πcos216x+−，从而可得0πcos216x+=−，求解得0π2π22π,63xkk−=+Z，从而可得0π1cos2

62x−=−.小问1详解】()2πππ3sin22sin3cos2cos21242fxxxxx=+−+=++−π3cos2sin212cos216xxx=−−=+−，()fx\的最小正周期2ππ2T==，令π2π,6xkk+

=Z，解得ππ,212kxk=−Z，【对称轴方程为ππ,212kxk=−Z；【小问2详解】()00π2cos2136fxx=+−−，即0πcos216x+−，又00ππcos21,cos2166xx+−+=−，则0π22ππ,6xkk

+=+Z，故0π2π22π,63xkk−=+Z，00π2π2π1π1cos2cos2πcos,cos2633262xkx−=+==−−=−．21.已知ABC的内角,,ABC的对边

分别为cossin,,,sinsincoscosAAabcACAC=++．（1）若5π14C=，求角A；（2）求3bca−的取值范围．【答案】（1）3π14A=（2）3133,4bca−【解析】【分析】（1）逆用余弦和角公式，

结合二倍角公式和诱导公式，得到coscos2BA=，结合角的范围得到2BA=，由5ππ,14ABCC++==求出3π14A=；（2）由正弦定理和三角函数恒等变换得到233134cos44bcAa−=−−+，计算出π03A，从而求出3bca

−的取值范围.【小问1详解】cossinsinsincoscosAAACAC=++，∴22coscoscossinsinsinAACAAC+=+，即22coscossinsinsincosACACAA−=−，()coscos2ACA+=−，

()cosπcos2BA−=−，coscos2BA=，0π,022πBA，∴2BA=或22πBA+=，又0π,0πABA+，故022πAB+，所以2BA=，5ππ,14ABCC++==

，∴5π3π14A+=，解得3π14A=；【小问2详解】由正弦定理得：()3sin2sinπ333sinsinsinsinAAbcBCaAA−−−−==，即()6sincossin233sin2sin3sinsinAAAAbcAAaAA−+−−==，()26sincossin2coscos2s

in6cos2coscos2sinAAAAAAAAAA−+==−−223134cos6cos14cos44AAA=−++=−−+，又π,2ABCBA++==，∴π30CA=−，π03A．1

cos12A，3133,4bca−.22.图①是由矩形ABCD和梯形ABEF组成的一个平面图形，其中2,4BEEFAF===，,90,2BEAFBEFABBC==∥，点G为DC边上一点，且满足(01

)DGDC=，现将其沿着AB折起使得平面ABCD⊥平面ABEF，如图②．（1）在图②中，当12=时，（ⅰ）证明：AG⊥平面BFG；（ⅱ）求直线AG与平面EFG所成角的正弦值；（2）在图②中，记直线AG与平面EFG所成角为1，平面ABG与平面EFG的

夹角为2，是否存在使得12=？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）22211；（2）存在312=−【解析】【分析】（1）（ⅰ）分别利用勾股定理得到22

2AGGBAB+=，故AGGB⊥，222ABBFAF+=，故BFAB⊥，再利用平面ABCD⊥平面ABEF，得到BF⊥平面ABCD，从而BFAG⊥，再利用线面垂直的判定定理证明；（ⅱ）设点A到平面EFG的距离为h，过点G作GMAB⊥，利用等体积法求得h，再由sinhAG=求解；（2）

延长ABEF、交于点H，连接GH，得到平面ABG平面EFGGH=，过A作AO⊥平面EFG，连接GO，过点O作OTGH⊥，连接AT，得到AGO为直线AG与平面EFG所成角，ATO为平面ABG与平面EFG的夹角，然后由12sin,sinAOAOAGAT==求解.【小问1

详解】当12=时，即点G为DC的中点，（ⅰ）证明：由题意得：22,2ABBC==，则2,2AGGB==，222AGGBAB+=，故AGGB⊥，又22222,BFABBFAF=+=，则BFAB⊥，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平

面ABEFAB=，BF⊥平面ABCD，又AG平面ABCD，故BFAG⊥，又GBBFB=，GB平面BFG，BF平面BFG，所以AG⊥平面BFG；（ⅱ）设点A到平面EFG的距离为h，过点G作GMAB⊥，则GM⊥平面ABEF，如图，又EFG是等腰三角形，23,11EFGGEGFS===

△，11421242,113233GAEFAEFGVVh−−===，由AEFGGAEFVV−−=得42211h=，则222sin11hAG==，故直线AG与平面EFG所成角的正弦值为22211；【小问2详解】延长ABEF、交

于点H，连接GH，则平面ABG平面EFGGH=，过A作AO⊥平面EFG，连接GO，过点O作OTGH⊥，连接AT，如图，则AGO为直线AG与平面EFG所成角，即1AGO=，则ATO为平面ABG与平面EFG的

夹角，即2ATO=，又12=，则12sinsin=，12sin,sinAOAOAGAT==，故AGAT=，即点,GT重合，又ATGH⊥，即AGGH⊥，由相似三角形得22BHAB==，设()022D

Gxx=，则222,2(42)AGxGHx=+=+−，222,AGGHAGGHAH⊥+=，即得2222(42)32xx+++−=，则226x=−或226x=+（舍去），又DGDC=，得312=−，故存在312=−使得12=．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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