2023-2024学年四川省绵阳南山中学高二上学期上月入学考试数学答案

（北京）股份有限公司 绵阳南山中学高2022 级高二上入学考试试题 数 学（参考答案） 1．C 2．D 3．C 4．D 5．A 6．B 7．D 8．A 9．BCD 10．BC 11．AC 12. BD 13．10 14. 27 15．3 7 , 2 4       16．2 2 3 17． （1） 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 7 (2 ) ( 3 2 ) 6 2 4 1 1 cos60 2 a b e e e e e e e e                                …..4 （2）因为 1 2 2 a e e         ，所以 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 7 a e e e e e e                       ，所以 7 a   ； 因为 1 2 3 2 b e e         ，所以 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 2 9 4 12 7 b e e e e e e                       ，所以 7 b   . ..…8 设, a b  的夹角为．则 7 1 2 cos 2 7 7 a b a b            , 所以 120 = ° .故, a b  的夹角为120 ...…10 18． （1）当 1 a 时，  2 2cos sin 1 cos sin 2 x x b x x b f x       2 sin 1 4 x b            . ..…2 由   2 2 2 4 2 k x k k Z            得：   3 2 2 4 4 k x k k Z          ， 所以  f x 的单调递增区间为   3 2 ,2 4 4 k k k Z              ； ..…6 （2）因为  2 2cos sin 2 x f x a x b            1 cos sin 2 sin 4 a x x b a x b a                ，   5 0, , sin 4 4 4 4 x x x                        2 ,1 2 sin , 2 2 4 a x a a                      ， ..…10 所以，    , 2 1 f x b a b       ，又  f x 的值域是  3,4 ， 所以 3 b  ， 4 3 2 1 2 1 a      . ..…12 19． （1）在正方形 1 1 ACC A 中， 1 1 C A AC  ，因为 90 BAC   ，所以AB AC  ， ..…1 （北京）股份有限公司 又因为侧面 1 1 ABB A 是正方形，所以 1 AB AA  ，因为 1 1 , , AC AA A AC AA   平面 1 1 ACC A ， 所以AB 平面 1 1 ACC A ，而 1 C A 平面 1 1 ACC A ，则 1 AB C A  ，而 1 1// A B AB ， ∴ 1 1 1 A B C A  ， ..…5 而 1 1 1 1   A B AC A ，又 1 1 1 , A B CA 平面 1 1 A B C ， ∴ 1 C A 平面 1 1 A B C ..…6 （2）连接 1 OB ，如图所示： ∵ 1 1 ACC A 为正方形， 90 BAC   ，∴ 1 1 1 1 1 , AC AC AC A B   ， 而 1 1 1 1 1 1 1 , , A B CA A A B CA    平面 1 1 A B C ，∴ 1 AC 平面 1 1 A B C ， ∴ 1 1 C B O  为直线 1 1 B C 与平面 1 1 A B C 所成的角， ..…10 ∵ 1 1 1 1 1 1 2 2 C O C A C B   ，∴ 1 1 30 C B O   ， 所以直线 1 1 B C 与平面 1 1 A B C 所成的角为30 ...…12 20． （1）由题设得 2 1 sin 2 3sin a ac B A  ，即1 sin 2 3sin a c B A  . 由正弦定理得1 sin sin sin 2 3sin A C B A  .故 2 sin sin 3 B C  ...…4 （2）由题设及（1）得 1 cos cos sin sin , 2 B C B C   ，即   1 cos 2 B C   . 所以 2 3 B C    ，故 3 A   ...…6 由题设得 2 1 sin 2 3sin a bc A A  ，即 8 bc  ...…8 由余弦定理得 2 2 9 b c bc    ，即  2 3 9 b c bc    ，得 33 b c   . 故ABC  的周长为3 33  ...…12 21． （1） （北京）股份有限公司    2 3 3 1 3 3 π sin cos 3cos sin2 1 cos2 sin 2 2 2 2 2 2 3 f x a b x x x x x x                   ， ..…2 0 0 π 1 sin 2 3 3 x f x                ，因为 0 π π , 2 2 x        ，所以 0 π π 5π , 3 6 6 x        ， 而 0 π 1 sin 0 3 3 x          ，所以 0 π π ,0 3 6 x        ， 所以 2 0 0 π π 2 2 cos 1 sin 3 3 3 x x                  ， 所以 0 0 0 0 π π 1 π 3 π 1 2 6 sin sin sin cos 3 3 2 3 2 3 6 x x x x                                  ； ..…6 （2）由题意得 π π sin 2 cos2 12 3 g x x x                 ， 假设 g x 的图象上存在点   1 1 ,cos2 P x x 使得AP BP  ， 因为   1 1 3,cos2 2 AP x x      ，   1 1 3,cos2 10 BP x x      ， 因为AP BP  ， 所以      2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 3 cos2 2 cos2 10 cos 2 12cos2 11 0 AP BP x x x x x x x                ， ..…8 令    2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 cos 2 12cos2 11 cos2 6 25 h x x x x x x         ， 因为   1 cos2 1,1 x  ， 所以      2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 cos2 6 25 1 6 25 0 h x x x x x           ， 当且仅当 1 1 0 cos2 1 x x      时取等， 所以 1 0 h x  存唯一解 1 0 x  ，此时 1 cos2 1 x ，点   0,1 P ， 综上，符合条件的点P 坐标为  0,1 ． ..…12 22. （1） 证明： 因为四边形EFGH 为平行四边形， 所以EH FG ∥ ， 而FG 平面ACD ，EH  （北京）股份有限公司 平面ACD ，故EH ∥平面ACD ，由平面ACD 平面ABD AD  ， 所以EH AD ∥ ，而EH 平面EFGH ，AD 平面EFGH ，故AD ∥平面EFGH ； ..…4 （2）由（1）知EH AD ∥ ，而EH FG ∥ ，故FG AD ∥ ， 同理可证EF BC ∥ ，由 2  EA EB可得 2 , 2 , 2 AF FC DC GC DH BH    ， 故 1 1 2 2 4 2 2 3 3 9 GDH DBC S DH DG DB DC S         ， 设A 点到平面DBC 的距离为d， 则 1 1 4 4 3 3 9 9 A GDH GDH DBC A BCD V S d S d V           ； ..…6 又 2  EA EB， 2 DH BH  ，故 2 2 1 2 3 3 3 9 AEH ABH ABD ABD S S S S         ， 设C 点到平面ABD的距离为h，则F 点到平面ABD的距离为2 3 h， 故 1 2 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 9 3 A EFGH A EFH F AEH AEH ABD V V V S h S h               8 8 27 27 C ABD A BCD V V     , ..…10 故 2 8 4 20 27 9 27 A EFGH A GDH A BCD A BCD A BCD V V V V V V           , 则 1 2 7 27 A BCD A BCD V V V V      ， 故 1 2 7 20 V V  ...…12 （北京）股份有限公司