山东省日照市2023-2024学年高二上学期开学考试 数学答案

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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
cosy x
在
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 3c B 
，则
5 3b 
，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 cosa A b B
，由正余弦定理可得
sin cos sin cosA A B B
，则
sin2 sin2A 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 , tanA B C
均有意义，
又
 
πA 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 tanA 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
，
ADCV
和
ABCV
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
，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, DCBV V
展开在同一平面内，显然四边形
ABCD
为菱形，
60BAD
，
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 )
 
，
1sin
2
CBD
S BC DC BCD 
2 2
1 1
sin
2 2
a BCD a  
，当且仅当
90BCD
时取“=”，
因此得三棱锥
D ABC
的表面积的最大值为
2
3
( 1)
2a
，此时
2 2 2BD 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)
2a
时的
3
2
2
32 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
0PA PB 
 
，所以
PA PB
，又点
E
是
AB
的中点，所以
11
2
PE AB 
，
因为
EF PF PE 
  
，所以
2 2 2
2
( ) 2EF PF PE PF PF PE PE  
    
，
即
22PF PF PE 
  
，设
,PF PE
 
 
，
PF x
，则
22 1 cosx x
 
，所以
2cosx
，
所以
2 2
3 4cos 3 2cos2 1PC PD x
 
   
 
，
所以当
2 0
即
0
时，
cos 2
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
2A
，
4
3 5π π 3π
4 12 3
T 
 
 
 
，即
πT
，又
0
，
2π πT
 
，
2
 
，……………………………………………………2分
则
( ) 2 sin(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
 
，
Zk
，解得
π2 π
6k
 
，
Zk
，
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 66
x 
 
 
，
则当
5π 5π
46 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
46 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 1g x f x f x x x    
，
由
1 0
1 0
x
x
 
 
，解得
1 1x 
，
{#{QQABKYKEggCIABAAABhCQQUiCAEQkAACAAgGxAAIIAABSAFABAA=}#}{#{QQABIYIswgg4kBQACZ4LQUFmCQgQkJGCLIgGARANKAwpCYFAFAA=}#}{#{QQABIYKAogggAAAAABhCQQVSCAEQkBCCAIgGwAAMMAABCBFABAA=}#}
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