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遼寧省名校聯(lián)盟2023年高二10月份聯(lián)合考試
數(shù)學
命題人：遼寧名校聯(lián)盟試題研發(fā)中心 審題人：遼寧名校聯(lián)盟試題研發(fā)中心
本試卷滿分150分，考試時間120分鐘．
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．
2．答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．已知全集，，，則（ ）
A． B． C． D．
2．已知i是虛數(shù)單位，，復數(shù)為純虛數(shù)，則的模等于（ ）
A． B． C．2 D．1
3．已知直線與直線，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．在中，，，則（ ）
A． B．
C． D．
5．下列函數(shù)中，值域是且為偶函數(shù)的是（ ）
A． B． C． D．
6．坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素，安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD所成角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（ ）

A． B． C． D．
7．已知函數(shù)對任意都有，且，當時，，則下列四個結論中正確的個數(shù)為（ ）
①函數(shù)的圖像關于點對稱；
②函數(shù)的圖像關于直線對稱；
③當時，；
④函數(shù)的最小正周期為2．
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
8．已知函數(shù)，設，，，則a，b，c的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
二、選擇題：本題共４小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9．下面四個結論正確的是（ ）
A．已知是空間的一組基底，若，則也是空間的一組基底
B．已知向量，，則在方向上的投影為
C．若點P，M，A，B四點共面，則存在實數(shù)x，y，使
D．已知向量，，，若，，共面，則x的值為1
10．將函數(shù)的圖像向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖像，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù)在上單調(diào)遞增
B．函數(shù)的圖像關于點對稱
C．
D．方程在內(nèi)的所有實根之和為
11．已知圓，則下列命題是真命題的是（ ）
A．若圓C關于直線對稱，則
B．存在一條定直線與圓C相切
C．當時，不過點C的直線與圓C交于P，Q兩點，則△CPQ的面積的取值范圍是
D．當時，直線，M為直線l上的動點，過點M作圓C的兩條切線MA，MB，切點分別為A，B，則的最小值為4
12．如圖，已知在直三棱柱中，F(xiàn)為的中點，E為棱上的動點，，，，，則下列結論正確的是（ ）

A．點到平面AEF的距離的最大值為
B．該直三棱柱的外接球的表面積為
C．當三棱錐的外接球的半徑最小時，直線EF與所成角的余弦值為
D．若E是棱的中點，過A，E，F(xiàn)三點的平面作該直三棱柱的截面，則所得截面的面積為
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．已知定義域為R的函數(shù)滿足：①；②．則滿足條件的的一個解析式為______．
14．已知圓錐的底面半徑為2，側面展開圖的面積為，則該圓錐的內(nèi)切球的體積為________．
15．在棱長為4的正方體中，E為棱BC的中點，點P在底面ABCD上移動，且滿足，則線段的長度的最大值為______．
16．太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圖案，俗稱陰陽魚，太極圖展現(xiàn)了一種互相轉(zhuǎn)化、相對統(tǒng)一的和諧美．定義：能夠?qū)AO的周長和面積同時等分成兩個部分的函數(shù)稱為圓O的一個“太極函數(shù)”．已知函數(shù)是奇函數(shù)，且當時，，則時，______；若是圓的太極函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是______．（本題第一空2分，第二空3分）

四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．（10分）
已知點，，點A關于直線的對稱點為B．
（1）求的外接圓的方程；
（2）過點作的外接圓的切線，求切線方程．
18．（12分）
已知函數(shù)的部分圖像如圖所示．
（1）求的解析式；
（2）若函數(shù)，當時，求的值域．

19．（12分）
如圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，側棱底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，AD的中點．
（1）求證：平面PFB；
（2）若PB與平面PCD所成角為30°，，求二面角的正弦值．

20．（12分）
在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若．
（1）求角A的大??；
（2）若，的平分線交BC于點D，求線段AD長度的最大值．
21．（12分）
如圖①，在平面四邊形ABDC中，，，，，將△BCD沿BC折起，形成如圖②所示的三棱錐，且．
（1）證明：平面ABC；
（2）在三棱錐中，E，F(xiàn)，G分別為線段AB，BC，AC的中點，設平面DEF與平面DAC的交線為l，Q為l上的點，求直線DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍．

① ②
22．（12分）
在平面直角坐標系xOy中，已知圓及點，．
（1）若平行于AB的直線l與圓M相交于C，N兩點，且，求直線l的方程；
（2）設直線與圓M交于E，F(xiàn)兩點，點P為直線上的動點，直線PE，PF與圓M的另一個交點分別為G，H，且G，H在直線EF的兩側，求證：直線GH過定點，并求出定點坐標．
參考答案及解析
一、選擇題
1．D 【解析】，，，則．故選D項．
2．A 【解析】，因為為純虛數(shù)，所以，則的模等于．故選A項．
3．C 【解析】當時，直線與直線，所以，充分性成立；當時，解得，必要性成立．故“”是“”的充要條件．故選C項．
4．D 【解析】因為，，所以M是位于BC上的靠近點B的四等分點，N為AC的中點，．故選D項．
5．B 【解析】由題意得函數(shù)不是偶函數(shù)，其余3個選項的函數(shù)均為偶函數(shù)，A項的函數(shù)值域為；B項的函數(shù)值域為；D項的函數(shù)值域為．故選B項．
6．C 【解析】如圖，過E作平面ABCD，垂足為O，過E分別作，，
垂足分別為G，M，連接OG，OM．因為平面ABCD，平面ABCD，所以，
因為，EO，平面EOG，，所以平面EOG，
因為平面EOG，所以，同理，，所以等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD所成角分別為和，所以．
又，所以四邊形OMBG是矩形，所以由得，所以，
所以，所以在中，，
在中，，，
又因為，故該五面體的所有棱長之和為．故選C項．

7．A 【解析】因為，所以，
故，所以的周期為4．
又，所以，故的圖像關于直線對稱，
又當時，，且，所以，
所以當時，故作出的部分圖像如下圖所示：

函數(shù)的圖像關于點不中心對稱，故①錯誤；
函數(shù)的圖像不關于直線對稱，故②錯誤；
當時，，則，故③錯誤；
由圖像可知的最小正周期為4，又，故的最小正周期為2，故④正確．故選A項．
8．C 【解析】，
所以，所以的圖像關于直線對稱．
又因為，
由復合函數(shù)單調(diào)性可知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
又，
所以，所以（也可以，）．
又因為，，
，，所以．故選C項．
二、選擇題
9．AB 【解析】A項：是空間的一組基底，，與，均不共面，所以也是空間的一組基底，故A項正確；
B項：因為，，所以在方向上的投影為，故B項正確；
C項：若與共線，與，不共線，則不存在實數(shù)x，y，使，故C項錯誤；D項：若，，共面，則存在實數(shù)λ，μ，使，所以，，所以x的值為1或，故D項錯誤．故選AB項．
10．BCD 【解析】，，故C項正確；
當時，，單調(diào)遞減，故A項錯誤；
當時，，，故B項正確；
，當時，，
由得，方程有兩個實根，且，
所以，故D項正確．故選BCD項．
11．BCD 【解析】A項：由題意得圓心在直線上，所以，解得，
又，所以，故A項錯誤；
B項：圓，令，，聯(lián)立解得，，所以圓C過定點，又因為圓心，所以直線與圓C相切，故B項正確；
C項：當時，圓，由直線得，令且，得，，所以直線過定點，設圓心C與直線的距離為d，則d的最大值為，，
因為，所以，所以，所以，故C項正確；
D項：當時，圓，
四邊形MACB的面積，
又的最小值為，所以的最小值為2，故的最小值為4，故D項正確．故選BCD項．
12．ACD 【解析】A項：因為，所以三棱錐的體積為定值．設點到平面AEF的距離為d，若d最大，則的面積最小，即點E到邊AF的距離最小，其最小值為異面直線AF與的距離，即為與平面的距離，即為B與平面的距離，記為h，由，得，所以，所以，故A項正確；
B項：外接球的球心O是上、下底面外接圓的圓心連線的中點，設上底面外接圓圓心為，外接圓半徑為r，在中，由余弦定理可得，所以，，所以，設外接球的半徑為R，則，所以外接球的表面積為，故B項錯誤；
C項：作，垂足為H，作，垂足為H1，易證棱在平面上的射影為，則點E在平面上的射影在線段上，在中可求得，，則，設AF的中點為，外接球的球心為O，半徑為R，則平面，即，在中，①，又因為②，由①②可得，所以當取最小值時，最小，即R最小，此時，因為是AF的中點，則是的中點，則E是棱的中點．因為，所以直線EF與所成角即為直線EF與所成角．由B項中，再由余弦定理可得，因為，所以，，故C項正確；
D項：延長AF，交于點P，連接PE交于點M，則四邊形AEMF是截面，且點F是AP的中點，點M是上靠近的三等分點，可求得，，，所以為直角，，易知，所以四邊形AEMF的面積為，故D項正確．故選ACD項．
三、填空題
13． 【解析】由，可知符合該性質(zhì)的函數(shù)可以為指數(shù)函數(shù)（且），又因為，解得，所以滿足條件的的一個解析式為．
14． 【解析】設母線長為l，圓錐的高為h，由題意得，解得，所以，設內(nèi)切球半徑為R，則，解得，所以體積．
15．6 【解析】以D為原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，設，，，，因為，得，令，，解出邊界點為（0，2，0），令，，解出邊界點為（4，0，0），當點P為（0，2，0）時，，當點P為（4，0，0）時，，顯然B1P的最大值在邊界處取得，所以B1P的最大值為6．
16． 【解析】當時，，
所以，所以．
圓O的圓心為（0，0），函數(shù)為奇函數(shù)，如圖，若是圓O的太極函數(shù)，則必然有點在圓內(nèi)，即，解得．

四、解答題
17．解：（1）設點，由題意解得即B（1，0），（2分）
所以，所以的外接圓是以線段AB為直徑的圓，
因為，AB的中點為（0，1），（4分）
所以的外接圓方程是．（5分）
（2）當切線斜率不存在時，切線方程為；（6分）
當切線斜率存在時，設切線方程為，即，（7分）
由題意得，解得，（8分）
所以切線方程為．（9分）
綜上，切線方程為或．（10分）
18．解：（1）由圖知．，（1分）
則，
又，所以，
又，所以，（2分）
由，可得，，
所以，，
又，所以，
所以當時，，（4分）
綜上，．（5分）
（2）由題意得，（6分）
又，（7分）
所以令，
所以當時，，
則，（9分）
所以且，
對稱軸為直線，所以，（10分）
所以，（11分）
所以的值域為．（12分）
19．（1）證明：設G為PB的中點，連接GE，F(xiàn)G，又E，F(xiàn)分別是PC，AD的中點，
所以，，，（1分）
又底面ABCD是正方形，所以，，（2分）
故四邊形FDEG為平行四邊形，則，（3分）
又平面PFB，平面PFB，所以平面PFB．（4分）
（2）解：因為底面ABCD，所以，
又，，所以BC⊥平面PCD，
所以是PB與平面PCD所成角，即，（5分）
因為且底面ABCD為正方形，
所以，，．（6分）
以D為原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．

則D（0，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），，，，，，，（7分）
令為平面PFB的法向量，
則
令，得，（8分）
令為平面PBC的法向量，
則
令，得，（10分）
所以，（11分）
設二面角的大小為θ，
則，
所以二面角的正弦值為．（12分）
20．解：（1）因為，
所以：，
即，（2分）
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，（4分）
又，所以．（5分）
（2）由余弦定理得，即，
所以，
即（當且僅當時等號成立），（7分）
因為，
所以，
解得，（9分）
因為（當且僅當時等號成立），
所以當且僅當時等號成立），（11分）
所以AD長度的最大值為．（12分）（注：兩次取等條件都不寫扣2分）
21．（1）證明：在中，，在中，，由余弦定理得，所以，（2分）
在中，因為，，，
所以，所以，（3分）
在中，因為，，，
所以，所以，（4分）
又因為，所以平面ABC．（5分）
（2）解：因為，平面DAC，平面DAC，所以平面DAC，
又平面DEF與平面DAC的交線為l，所以，．（6分）
以A為原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．

所以A（0，0，0），D（0，0，2），E（1，0，0），，，設Q（0，t，2），，，（7分）
設平面QFG的法向量為，
因為
所以
令，得，（8分）
因為，設DE與平面QFG所成角為θ，
所以，（9分）
若，則；（10分）
若，則．（11分）
所以DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍為．（12分）
（注：若沒有討論，最后答案是開區(qū)間扣2分）
22．解：（1）圓M的標準方程為，
所以，半徑為2，其中，（1分）
因為l平行于AB，所以設直線l的方程為，
則圓心M到直線l的距離，（2分）
因為，
解得或，（3分）
所以直線l的方程為或．（4分）
（2）如圖所示：

由題意設，，，不妨設，，
則，，則，
設，則，
則直線PE的方程為，代入圓的方程消去y得，
，
由韋達定理得，
即，（5分）
設直線PF的方程為，代入圓的方程消去y得，，
由韋達定理得，
即．（6分）
解法一：，．
當直線GH的斜率存在時，，（8分）
所以直線GH的方程為，
整理得，（10分）
所以直線GH過定點；
當直線GH的斜率不存在時，即時，若，得，H（2，0），
則直線GH的方程為，直線GH過點，同理當時，直線GH過點．
綜上，直線GH過定點．（12分）（注：沒有討論直線GH的斜率，扣1分）
解法二：，．
當直線GH的斜率存在時，，（8分）
所以直線GH的方程為，
由對稱性可知，直線GH經(jīng)過的定點一定在直線上，
令，得，（10分）
所以直線GH過定點；
當直線GH的斜率不存在時，即時，若，得，H（2，0），
直線GH的方程為，直線GH過點，
同理當時，直線GH過點．
綜上，直線GH過定點．（12分）（注：沒有討論直線GH的斜率，扣1分）
解法三：，．
，（8分）
所以直線GH的方程為，（9分）
由題意得，，令，得，，
直線GH的方程為，①
令，得，，，直線GH的方程為，②
聯(lián)立①②得 （10分）
將點代入方程，
得恒成立，（11分）
故直線GH過定點．（12分）
（注：若沒有求點G，H的坐標，沒有寫直線GH的方程，只代特值寫出兩條直線，求出交點坐標，給2分；若最后一步?jīng)]有把點代入直線方程檢驗恒成立，扣2分）
解法四：
所以，
，
消去m得，（8分）
由題意直線斜率存在，設直線GH的方程為，
代入圓的方程消去y得，
，
由韋達定理得，，（9分）
則，
即，
解得或．（10分）
當時，直線GH的方程為，過定點；
當時，直線GH的方程為，過定點，此時G，H在直線EF同側，不符合題意．

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