2023-2024学年山东省日照市高二上学期上月开学考试数学答案(1)

高二数学试题 第1 页 共8 页 2022 级高二上学期校际联合考试 参考答案 2023.8 一、单项选择题： 1-4 ACBC 5-8 BCDC 8.【答案】C【解析】 π π π π π π π sin( ) cos( ) cos[( ) ( )] cos( )cos( ) sin( )sin( ) 2 4 4 4 4 4 4                        ， 因为 7π (π, ) 4  ，所以 π 3π 3π 4 4 2 ,         ， 因为 π 3 cos( ) 4 5  ，当 π 4  在第二象限时，由于 3π 2 cos 4 2  ， 又 cos y x  在 π ,π 2 x       上递减，且 3 2 5 2   ，不符合题意. 所以 π 4  在第三象限，因为 π 3 cos( ) 4 5  ，所以 π 4 sin( ) 4 5   ． 因为 3π π, 2        ，所以 π 3π 5π , 4 4 4        ，则 π cos( ) 0 4  ． 因为 π 5 sin( ) 4 13   ，所以 π 12 cos( ) 4 13   ． 所以 π π π π 3 12 4 5 56 cos( )cos( ) sin( )sin( ) ( ) 4 4 4 4 5 13 5 13 65               ， 即 56 sin( ) 65     ．故选：C． 二、多项选择题： 9.BC 10.BD 11.【答案】ABD【解析】对于A，由 sin 3 c B   ，则 5 3 b   ，又5 2 3  ，知满足条件的三角形只有一个，故A 正 确；对于B， 2 2 2 sin sin sin   B C A ，即 2 2 2 2 2 2 cos 0 2 b c a b c a A bc       ，A 为钝角，故B 正确； 对于C，    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c a a c b b c a a c b a b b a bc ac              ， 即cos cos a A b B  ，由正余弦定理可得sin cos sin cos A A B B  ，则sin2 sin2 A B  ， 所以A B  或 π 2 A B   ，故C 错误.对于D，因为ABC  不是直角三角形，所以tan ,tan ,tan A B C 均有意义， 又   π A B C    ，所以   tan tan tan tan 1 tan tan      B C A B C B C ，所以tan tan tan tan tan tan A B C A B C    ，故D 正确； 故选：ABD. 12.【答案】ACD【解析】如图，在翻折过程中构成四面体D ABC  ，ADC V 和 ABC V 是正三角形，取AC 中点O， 连接BO，DO， {#{QQABKYKEggCIABAAABhCQQUiCAEQkAACAAgGxAAIIAABSAFABAA=}#} {#{QQABIYIswgg4kBQACZ4LQUFmCQgQkJGCLIgGARANKAwpCYFAFAA=}#} {#{QQABIYKAogggAAAAABhCQQVSCAEQkBCCAIgGwAAMMAABCBFABAA=}#} 高二数学试题 第2 页 共8 页 对于A， 3 2 BO DO a   ，则在翻折过程中，BD 的范围是(0, 3 ) a ，当BD a  时，D ABC  是正四面体，此时 AD BC  ，则A 正确； 对于B， 三棱锥D ABC  的底面积 2 3 4 ABC S a  △ 是定值， 因 , BO AC DO AC   ， BO DO O   ， 则AC 平面BOD， AC 平面ABC，则平面ABC 平面BOD， 过D 作DD直线BO 于D¢ ，而平面ABC 平面BOD BO  ， 于是得DD平面ABC，则有 3 2 DD DO a   ，当且仅当点D¢ 与点O 重合时 取“=”， 因此， 3 2 2 1 3 3 3 3 12 12 2 8 D ABC ABC a V S DD a DD a a            ，B 错误； 对于C，当BD a = 时，三棱锥D ABC  为正四面体， 将 DAB, DCB V V 展开在同一平面内，显然四边形ABCD为菱形， 60 BAD   ， 当 , , A M C 三点共线时，| | | | AM CM  取得最小值3a ，故C 正确； 对于D，三棱锥D ABC  中， 2 3 4 ADC ABC S S a     ，而 ABD CBD S S    ，即三棱锥D ABC  的表面积 2 3 2 2 2 2 ABC CBD CBD S S S a S        ， 而在翻折过程中， BCD  的范围是(0 ,120 )  ， 1 sin 2 CBD S BC DC BCD     2 2 1 1 sin 2 2 a BCD a    ，当且仅当 90 BCD   时取“=”， 因此得三棱锥D ABC  的表面积的最大值为 2 3 ( 1) 2 a  ，此时 2 2 2 BD BC DC a    ， 等腰BOD  的底边BD 上的高 2 2 2 2 1 3 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 h BO BD BD a      ， 2 1 2 2 4 BOD S BD h a     ， 从而得 2 3 1 1 2 2 3 3 4 12 D ABC BOD V S AC a a a         ，设三棱锥D ABC  内切球半径为r， 由 1 3 D ABC V Sr   得S 取最大值 2 3 ( 1) 2 a  时的 3 2 2 3 2 2 6 12 2 3 ( 1) 2 a r a a      ，此球的表面积为 2 2 2 2 2 6 4 4 ( ) (14 8 3) 2 r a a        ，D 正确；故选：ACD. 三、填空题： 13． 【答案】3  14.【答案】 1 2023 15.【答案】3 8 16.【答案】1【解析】因为PC PF FC        ，PD PF FD        ，又点F 是CD 的中点， 所以FD FC     ，所以PD PF FC        ， {#{QQABKYKEggCIABAAABhCQQUiCAEQkAACAAgGxAAIIAABSAFABAA=}#} {#{QQABIYIswgg4kBQACZ4LQUFmCQgQkJGCLIgGARANKAwpCYFAFAA=}#} {#{QQABIYKAogggAAAAABhCQQVSCAEQkBCCAIgGwAAMMAABCBFABAA=}#} 高二数学试题 第3 页 共8 页 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 3 2 PC PD PF FC PF FC PF FC PF CD PF                                     ， 又 0 PA PB      ，所以PA PB  ，又点E 是AB 的中点，所以 1 1 2 PE AB  ， 因为EF PF PE        ，所以 2 2 2 2 ( ) 2 EF PF PE PF PF PE PE                   ， 即 2 2 PF PF PE       ，设 , PF PE       ，PF x    ，则 2 2 1 cos x x    ，所以 2cos x   ， 所以 2 2 3 4cos 3 2cos2 1 PC PD x             ， 所以当2 0  即 0  时，cos2有最大值1，即PC PD    有最大值为1.故答案为：1 四、解答题： 17． 【解】 （1）由图象知 2 A  ， 4 3 5π π 3π 4 12 3 T          ，即 π T  ，又 0  ，  2π π T    ， 2    ，……………………………………………………2 分 则 ( ) 2sin(2 ) f x x    ，又函数过点 π , 2 3        ，所以 π 2π 2sin 2 3 3 f                   ， 所以 2π π 2 π 3 2 k      ， Z k ，解得 π 2 π 6 k   ， Z k ， 又 π 2  ，所以 π 6  ，………………………………………………4 分 即  π 2sin 2 6 f x x         ．…………………………………………………5 分 （2）若将 ( ) f x 的图象向左平移π 3 个单位，得到 π π 5π 2sin 2 2sin 2 3 6 6 y x x                        ， 再将所得图象的横坐标缩短到原来的 1 2 ，纵坐标不变，得到( ) g x 的图象即 5π ( ) 2sin 4 6 g x x        ，…………………………………………………7 分 当 π 3 0, x       ，则 3 4π 4 0, x      ， 5π 5π 13π 4 , 6 6 6 x       ， 则当 5π 5π 4 6 6 x   或13π 6 时，函数( ) g x 取得最大值，最大值 5π 1 0 2sin 2 1 6 2 g    ， 当 5π 3π 4 6 2 x   时，函数( ) g x 取得最小值，最小值为 π 3π 2sin 2 6 2 g        ． 即( ) g x 在 π 0, 3      上的值域为  2,1  ．…………………………………………………10 分 18． 【解】 （1）函数 g x 为偶函数，证明如下：…………………………………………1 分          2 2 1 1 log 1 log 1 g x f x f x x x         ， 由 1 0 1 0 x x       ，解得1 1 x  ， {#{QQABKYKEggCIABAAABhCQQUiCAEQkAACAAgGxAAIIAABSAFABAA=}#} {#{QQABIYIswgg4kBQACZ4LQUFmCQgQkJGCLIgGARANKAwpCYFAFAA=}#} {#{QQABIYKAogggAAAAABhCQQVSCAEQkBCCAIgGwAAMMAABCBFABAA=}#} 高二数学试题 第4 页 共8 页  g x  的定义域为  1,1  ，关于原点对称，…………………………………………3 分        2 2 log 1 log 1 g x x x g x        ，  g x  为偶函数.…………………………………………6 分 （2）若存在x 使得不等式 1 g x m  成立， max 1 g x m   ，…………………………………………7 分 而       2 2 2 2 log 1 log 1 log 1 g x x x x       ，   1,1 x ， 函数 2 1 y x  在  1,0  上单调递增，在  0,1 上单调递减， 函数 g x 在  1,0  上单调递增，在  0,1 上单调递减，…………………………………9 分   max 0 0 g x g    ， 1 0 m   ，即 1 m £ ， 实数m 的最大值为1.…………………………………………12 分 19． 【解】 （1）在 ABC V 中，由正弦定理得sin sin AC AB B ACB   ，所以 sin sin 1 AB B ACB AC    . 又   0, ACB    ，所以 2 ACB    ，………………………………3 分 则 6 BAC ACB B         ………………………………4 分 （2）因为A，B ，C ，D 四点共圆，所以D B    ， 2 3 D B      . 在 ACD V 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos AC AD CD AD CD D      ，……………………6 分 即 2 2 3 3 AD CD AD CD AD CD       ， 化简得 1 AD CD  ，当且仅当 1 AD CD  时取等号.………………………………8 分 所以 ACD V 的面积 1 3 sin 2 4 ACD S AD CD D      △ . 又 1 1 3 3 1 2 2 2 ABC S AC BC       △ ， 则四边形ABCD的面积 3 3 3 3 2 4 4 ABC ACD S S S      △ △ . 故四边形ABCD面积的最大值为3 3 4 .………………………………12 分 20． 【解】 （1）记事件A ：该社区这一天有人被骗，则  3 1 0.9 1 0.729 0.271 P A    ， ∴该社区这一天有人被电信诈骗的概率为0.271.…………………………4 分 （2）设宣传k 次之后每个人每次接到电话被骗的概率为 1 0.1 0.1 0.1 k k P     ， 事件B ：10 位居民有人被骗，则    10 1 1 0.01 P B P    .…………………………7 分 即  10 1 1 0.1 0.99 k   ，   1 99 10 lg 1 0.1 lg 100 k       1 lg99 lg100 lg 1 0.1 10 k     2lg3 lg11 2 2 0.477 1.04 2 3 0.0006 10 10 5000          {#{QQABKYKEggCIABAAABhCQQUiCAEQkAACAAgGxAAIIAABSAFABAA=}#} {#{QQABIYIswgg4kBQACZ4LQUFmCQgQkJGCLIgGARANKAwpCYFAFAA=}#} {#{QQABIYKAogggAAAAABhCQQVSCAEQkBCCAIgGwAAMMAABCBFABAA=}#} 高二数学试题 第5 页 共8 页 3 1 5000 1 0.1 10 0.9986 k      1 0.1 1 0.9986 0.0014 k      …………………………10 分 又函数 1 0.1x y   在R 上单调递减，当 1 x 时， 2 0.1 0.01 0.0014   ；当 2 x  时， 3 0.1 0.001 0.0014   , ∴ 2 k  ，即至少要宣传2 次才能保证这10 位居民都不会被骗.………………………12 分 21． 【解】 （1）因为AB AD  ， 60 BAD   ，所以 ABD △ 为等边三角形， 因为P 为AD 的中点，所以BP AD  . 取BD 的中点E ，连接AE ，AB AD  ，则AE BD  ， 因为平面ABD 平面BCD，平面ABD 平面BCD BD  ，AE 平面ABD ， 所以  AE 平面BCD，又CD 平面BCD，所以AE CD  ，………………………2 分 因为AD CD  ，AD AE A   ，AE ，AD 平面ABD ，所以CD 平面ABD ， 因为BP 平面ABD，所以CD BP  ，………………………4 分 又因为CD AD D   ，CD ，AD 平面ACD ，所以BP 平面ACD .…………………5 分 （2）由（1）知，BP 平面ACD ，故 BMP  为BM 与平面ACD 所成的角， 3 21 sin 7 BP BMP BM BM      ， 7 BM   ， 又CD 平面ABD，BD 平面ABD ，所以CD BD  ， 2 3 CD   ， 2 2 1 3 2 DM BM BD CD      ，即M 为线 段CD 的中点.………………………7 分 取ED 的中点为O，连接PO，因为P 为线段AD 的中点， 所以 2 2 1 1 3 , 2 2 2 PO AE PO AE AB BE      ∥ ， 又  AE 平面BCD，所以PO 平面BCD，BM 平面BCD. 所以PO BM  ，过点P 作PG BM  ，垂足为G ，连接OG，PO PG P   ， PO，PG 平面POG ，所以BM 平面POG．OG 平面POG，所以BM OG  ， 所以 PGO  为二面角P BM D   的平面角.………………………9 分 在等边三角形 ABD △ 中， 2 2 3 BP AB AP    ， 由（1）知，BP 平面ACD ，PM 平面ACD ．所以BP PM ⊥ ， 在Rt BPM △ 中， 2 2 2 PM BM BP 