辽宁省名校联盟2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份辽宁省名校联盟2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共31页。试卷主要包含了 已知终边经过点，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知复数满足，则的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
2. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 如图，在四面体中，点为底面三角形的重心，为的中点，设，，则在基底下的有序实数组为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
6. 设分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交于两点，若，且，则的离心率为（ ）
A B. C. D.
7. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若为线段的中点，且，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知定义域为的奇函数在单调递减，且，则下列选项满足的是（ ）
A. B. C. D.
10. 函数部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 点是图像的对称中心
B. 直线是图像的对称轴
C. 的图像向右平移个单位长度得的图像
D. 在区间上单调递减
11. 已知直线截圆所得的弦长为，点在圆上，且直线过定点，若，为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点坐标为
B. 当直线与直线平行时，
C. 动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆
D. 的取值范围为
12. 在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 在圆锥的侧面上，点A到的中点的最短距离为
C. 二面角的余弦值为
D. 记直线与过点的平面所成角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若，则的坐标是__________.
14. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是__________.
15. 已知函数在区间内不存在对称轴，则最大值是__________.
16. 如图，已知直线是之间的一个定点，点到的距离分别为是直线上一个动点，过点作，交直线于点，平面内动点满足，则面积的最小值是__________.
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. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点，且满足（为坐标原点）.
（1）求的方程；
（2）求的角平分线所在直线的方程.
18. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
（1）求的方程；
（2）过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.
19. 如图，已知棱长为4的正方体为的中点，为的中点，，且面.
（1）求证：四点共面，并确定点位置；
（2）求异面直线与之间的距离；
（3）作出经过点截面（不需说明理由，直接注明点的位置），并求出该截面的周长.
20. 在中，内角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若，点在线段上且满足，当取最小值时，求的值.
21. 如图①，在矩形中，为边的中点.将沿翻折至，连接，得到四棱锥（如图②），为棱的中点.
（1）求证：面，并求的长；
（2）若，棱上存在动点（除端点外），求直线与面所成角的正弦值的取值范围.
22. 已知双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为.
（1）求标准方程；
（2）设不与渐近线平行的动直线与双曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
辽宁省名校联盟2023年高二12月份联合考试
数学
本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知复数满足，则的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法运算结合共轭复数的定义求得.
【详解】由题得，
所以的共轭复数为.
故选：B
2. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合抛物线的准线方程求解即可.
【详解】由题知抛物线,所以，故抛物线的准线方程为.
故选：A.
3. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数，对数相应的值可得，，从而可求解.
【详解】因为，，
所以，故C项正确，
故选：C.
4. 如图，在四面体中，点为底面三角形的重心，为的中点，设，，则在基底下的有序实数组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】取的中点，连接.由重心的性质可知，且三点共线.
因为，所以.所以在基底下的有序实数组为.
故选：
5. 已知终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的终边经过点，利用三角函数终边知识从而可求解
【详解】由题意得，
故.又因为，
所以，所以，所以，所以，故D项正确.
故选:D.
6. 设分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交于两点，若，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，中，由余弦定理得与的关系，中，由余弦定理得与的关系，可求的离心率.
【详解】如图，设，则.
由椭圆定义可得，
则在中，由余弦定理得:
，
即，解得，则.
在中，由余弦定理得，
又，所以，所以离心率.
故选：A.
7. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若为线段的中点，且，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用割补法将此多面体补成正方体，建立空间直角坐标系，根据几何关系，从而可求解.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
令正方体的棱长为，则，
所以，所以，解得，
则正方体的棱长为.令该半正多面体外接球的半径为，即，则外接球的表面积为.故C项正确.
故选：C.
8. 十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用角平分线的性质及等面积法及数量积即可求解.
【详解】在中，，
由是的角平分线，交于，
设到两边的距离为，
则，
故.
已知的三个内角均小于，则点与的三个顶点的连线两两成角，
所以.，
所以，
所以
.
故选：D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知定义域为的奇函数在单调递减，且，则下列选项满足的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由分类讨论，结合奇函数的性质求出不等式的解集，然后判断各选项．
【详解】因为是定义域为的奇函数，且在单调递减，且，
所以，且在上单调递减，
所以当时，，不满足题意；
当时，由，可得，所以；
当时，由，可得，所以.
综上，的解集为.
故选:.
10. 函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 点是图像的对称中心
B. 直线是图像的对称轴
C. 的图像向右平移个单位长度得的图像
D. 在区间上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图象结合五点法求出函数解析式，然后根据正弦函数性质进行检验．
【详解】由题意可知，解得，所以，解得.
将代入中，得，
解得，因为，所以当时，，所以.
对于A项，，所以点是图像的对称中心，故A项正确；
对于B项，，所以直线是图像对称轴，故B项正确；
对于C项，的图像向右平移个单位长度得的图像，故C项错误；
对于D项，当时，，所以在区间上单调递减，故D项正确.
故选：ABD
11. 已知直线截圆所得的弦长为，点在圆上，且直线过定点，若，为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点坐标为
B. 当直线与直线平行时，
C. 动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆
D. 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由直线过定点的求法参变分离，即可列式求解得出定点判断A；由两直线平行时斜率的关系列式得出判断B，注意验证一下，避免两直线重合；通过圆弦长的几何求法列式得出半径，设出所求点，因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可通过圆弦长的几何求法列式代入值化简得出轨迹方程，即可判断C；通过圆上点到定点距离的范围求法得出的取值范围，即可通过得出的取值范围判断D.
【详解】对于A，因为直线，可化为，
由，解得，
所以过定点，故A正确；
对于B，当直线与直线平行时，因为直线的斜率为，
所以直线的斜率也为时，
则，解得：，
此时，即与直线平行，故B项正确；
对于C，圆心到直线的距离为，
则，解得，
设的中点为，
，为的中点，
，
点在圆上，
，，
，
即，化简可得，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故C错误；
对于D，点到圆心的距离为，在圆内，
的取值范围为，
取值范围为，故D项正确.
故选：ABD.
12. 在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 在圆锥的侧面上，点A到的中点的最短距离为
C. 二面角的余弦值为
D. 记直线与过点的平面所成角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，假设平面，由线面平行的性质得到线线平行，但不与平行，所以假设不成立，A错误；B选项，将侧面铺平展开，在平面内得到最短距离；C选项，先求出四面体为正四面体，作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出答案；D选项，设圆锥的轴截面顶角，得到，根据余弦函数的单调性得到，从而得到答案.
【详解】对于A项，假设平面，因为平面，平面平面，
所以，
由题意得不与平行，所以假设不成立，则不平行平面，故项错误；
对于项，将侧面铺平展开得，
因为，所以，
故，，
底面圆周长，所以，
则，所以点A到中点的最短距离为，
在等边三角形中，，故B项正确；
对于C项，因为，，则，
所以，所以，同理，
又，
所以四面体为正四面体，
取的中点，连接，则⊥，⊥，
则即为二面角的大小，
其中，
由余弦定理得，
即二面角的余弦值为，故C项错误；
对于D项，设圆锥的轴截面顶角，则，
由题意得，
因为，所以，
又在上单调递减，
故，此时平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆，D正确.
故选：.
【点睛】在空间中，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线是一个圆，
用一个不垂直轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，设圆锥的轴截面半顶角为，
当时，截口曲线为椭圆，
当时，截口曲线为抛物线，
当时，截口曲线为双曲线
如图所示：
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若，则的坐标是__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用空间向量数乘即向量相等即可.
【详解】因为，设
则，
所以，
则，
即.
故答案为：
14. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】将问题转换成与的图像交点问题，数形结合得到答案.
【详解】
函数有两个零点，即与的图像有两个交点.
令，作出与的大致图像如图所示，
由图可知，则，故实数的取值范围是.
故答案为：
15. 已知函数在区间内不存在对称轴，则的最大值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦函数性质及已知条件建立不等式组即可
【详解】因为，且，所以，
因为在区间内不存在对称轴，所以，
解得，当时，；当时，；
当时，不成立，即，
故答案为：.
16. 如图，已知直线是之间的一个定点，点到的距离分别为是直线上一个动点，过点作，交直线于点，平面内动点满足，则面积的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点的中点，先由平面向量运算得到；表示出，再由几何关系得到，最后由三角函数二倍角公式和取值范围得到最值.
【详解】由，得.
取的中点的中点，有，
则.
设，由于，，而，
则，由，，得，
则，当且仅当，即时取等号，
此时的面积的最小值为.
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量和基本不等式的计算. 取的中点的中点，先由平面向量运算得到；表示出，再由几何关系得到，最后由三角函数二倍角公式和取值范围得到最值.
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. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点，且满足（为坐标原点）.
（1）求的方程；
（2）求的角平分线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量关系求出点A坐标，代入抛物线方程可得；
（2）求出直线BF，AF的方程，设为的角平分线所在直线上任一点，利用点到直线的距离公式可得.
【小问1详解】
因为，
所以，所以，
设，则，解得.
因为点在上，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以直线的方程为，
又，所以直线的方程为，即.
由抛物线的图形知，的角平分线所在直线的斜率为正数.
设为的角平分线所在直线上任一点，
则有，
若，得，
其斜率为负，不合题意，舍去.
所以，即，
所以的角平分线所在直线的方程为.
18. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
（1）求的方程；
（2）过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1））由离心率和焦点坐标即可求得的方程.
（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据求出直线的方程.
【小问1详解】
由已知得，离心率，
得，
则的方程为.
【小问2详解】
由题可知，若面积存在，则斜率不为0，
所以设直线的方程为显然存在，
，
联立消去得，
因为直线过点，所以显然成立，
且，
因为.
，
化简得，
解得或（舍），
所以直线的方程为或.
19. 如图，已知棱长为4的正方体为的中点，为的中点，，且面.
（1）求证：四点共面，并确定点位置；
（2）求异面直线与之间的距离；
（3）作出经过点的截面（不需说明理由，直接注明点的位置），并求出该截面的周长.
【答案】（1）为的中点.证明见解析
（2）
（3）截面位置见解析，
【解析】
【分析】（1）由线面平行的性质定理得到四点共面，进而确定F的位置；
（2）证明同时垂直于两条异面直线，并求出长度即可；
（3）在线段上分别取点，使得，连接点，画出四边形即为所求，并求出周长.
【小问1详解】
证明：因为面面，
面面，
所以，所以四点共面.
又，所以为中点.
【小问2详解】
连接，
因为面面，所以，
因为，所以，
又，
所以面，
又面，所以.
所以线段即为异面直线与之间的距离，
易得，
即异面直线与之间的距离为.
【小问3详解】
如图，在线段上分别取点，
使得，连接点，则四边形即为所求.
又，
所以该截面的周长为.
20. 在中，内角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若，点在线段上且满足，当取最小值时，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，求得，即可求解.
（2）由正弦定理求得，根据，利用向量的线性运算法则和数量积的运算公式，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
由题得，
由正弦定理得，
又由，可得，
所以，
即，
因为，可得，所以，即，
因为，所以，
所以，故，
【小问2详解】
中，由正弦定理得，即，
解得，则，
因为，
由余弦定理得
，
所以当时，取到最小值.
21. 如图①，在矩形中，为边的中点.将沿翻折至，连接，得到四棱锥（如图②），为棱的中点.
（1）求证：面，并求的长；
（2）若，棱上存在动点（除端点外），求直线与面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行即可求证，然后利用勾股定理可求出的长；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解直线与平面的夹角，并结合函数性质，从而求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，如下图，
因为分别为的中点，
所以且.
又且，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，
所以平面.
在中，，所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，易得.
在中，，且，
则，即.
因为面，
所以面.
取的中点，连接，则，
以为原点，方向分别为轴的正方向，建立如上图所示的空间直角坐标系，
，
设，
则有，
所以.
因为，
设平面的一个法向量，
则取，可得.
设与平面所成角为，
则.
设，所以，
因为，因为，所以，
所以，所以.
即与平面所成角的正弦值的取值范围为.
22. 已知双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为.
（1）求的标准方程；
（2）设不与渐近线平行的动直线与双曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点，坐标为.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的几何性质即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程，利用判别式为0得，进而可得坐标，即可根据向量垂直的坐标关系代入求解.
【小问1详解】
由题可得渐近线方程为，即，
则右焦点到渐近线的距离为，
又，
所以，
所以的标准方程为.
【小问2详解】
由题可得直线的斜率显然存在且，
设直线的方程为，则，
联立消去整理得，
由设直线与双曲线有且只有一个公共点且，
可知，即.
令，则，
代入直线方程得，即.
假设以为直径的圆上存在定点，
令，则，
即恒成立，
即，
所以，
令 且，则
当时恒成立，所以在焦点所在的坐标轴上存在定点，坐标为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点