2023-2024学年陕西省汉中市多校联考高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省汉中市多校联考高二上学期12月月考数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，因此，.
故选：D.
2．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】使得式子有意义，列出不等式即可求解.
【详解】定义域要求，即.
故选：B．
3．若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且，则的值是（ ）
A．－3B．－4
C．3D．4
【答案】A
【分析】根据两平面平行得到两法向量平行，进而得到方程组，求出，得到答案.
【详解】∵，
∴，
故存在实数，使得，
即，故，解得，
∴.
故选：A
4．若抛物线（）上一点到焦点的距离是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用抛物线定义有，结合已知求即可.
【详解】设焦点为，则，解得．

故选：D
5．已知直线与互相平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由两直线平行的充要条件先求出参数，再由两平行线之间的距离公式即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
此时直线，即，
直线，
所以它们之间的距离.
故选：B.
6．函数为定义在R上的奇函数，当时，，则
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得，进而求出，再利用函数为奇函数可得，代入解析式即可求解
【详解】由函数为定义在R上的奇函数，当时，，
则，即，解得，
所以
又，，
所以，
故选：C
【点睛】本题考查了奇函数的性质，利用函数的奇偶性求函数值，解题的关键是求出参数值，属于基础题.
7．在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中项的系数（ ）
A．15B．54C．12D．-54
【答案】B
【分析】利用赋值法，结合二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】因为二项式系数的和是16，
所以，
二项式的通项公式为，
令，所以展开式中项的系数，
故选：B
8．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
设上底面圆心为，下底面圆心为，连接
以为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系
则
则
又异面直线所成角的范围为
故异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
二、多选题
9．下列式子正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】AB选项，根据组合数计算公式求出答案；C选项，根据排列数公式计算即可；D选项，根据阶乘定义计算即可.
【详解】A选项，，故，A正确；
B选项，，故，B正确；
C选项，，故，C错误；
D选项，，，
故，D正确.
故选：ABD
10．已知圆，则（ ）
A．点在圆的内部B．圆的直径为2
C．过点的切线方程为D．直线与圆相离
【答案】ACD
【分析】利用圆的标准方程，找到圆心和半径，利用直线和圆的位置关系判断即可.
【详解】A:将点代入圆：，所以点在圆内，故A正确；
B:圆的半径为，所以直径为，故B错误；
C:将代入圆：，所以点在圆上，过圆上的一点做圆的切线有且只有一条，当斜率不存在时，此时过点的直线为，满足，故只有唯一的切线方程，故C正确；
D:圆的圆心为，半径，所以圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故D正确.
故选：ACD.
11．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B．已知，，三点不共线，若对平面外任意一点，有，则，，，四点共面
C．已知，，是空间的一个基底，若，则，，也是空间的一个基底
D．若，则是钝角
【答案】ABC
【分析】根据空间中任意两个向量一定共面，可判定A正确；由，根据共面向量的定理的推论，可判定B正确；根据空间基底的定义，可判定C正确；根据向量夹角的定义，得到，可判定D错误.
【详解】对于A中，空间中的三个向量，若有两个向量共线，由于空间中任意两个向量一定共面，
所以这三个向量一定共面，所以A正确；
对于B中，对于空间中任意一点，有，
因为，根据共面向量的定理的推论，可得点共面，所以B正确；
对于C中，由是空间的一个基底，若，设，
可得，此时不存在实数使得成立，
所以一定不共面，则也是空间的一个基底，所以C正确；
对于D中，由，可得，所以D错误.
故选：ABC.
12．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点、在轴上，短轴长等于，焦距为，过焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的方程为B．椭圆的离心率为
C．D．
【答案】AD
【分析】求出、、的值，可判断AB选项的正误；设点为椭圆的左焦点，将代入椭圆方程，可求得的长，可判断C选项的正误；利用椭圆的定义可判断D选项的正误.
【详解】对于椭圆，由已知可得，则，，.
对于A选项，因为椭圆的焦点在轴上，故椭圆的方程为，A对；
对于B选项，椭圆的离心率为，B错；
对于C选项，设点为椭圆的左焦点，易知点，
将代入椭圆方程可得，故，C错；
对于D选项，，故，D对.
故选：AD.
三、填空题
13． .
【答案】
【分析】根据复数的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由复数的运算法则，可得.
故答案为：.
14．已知某校高二（1）班有42人，高二（2）班有45人，高一（3）班有38人，现从这三个班中任选1人去参加活动，则不同的选法共有 种.
【答案】125
【分析】根据分类加法计数原理可得.
【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．
故答案为：125
15．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，圆C与圆外切，写出一个圆C的标准方程： ．
【答案】（答案不唯一，只要方程满足即可）
【分析】求出圆的圆心和半径，利用两圆外切即可求出一个圆C的标准方程.
【详解】由题意，
在中，圆心，半径，
因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，且圆C与圆M：外切，
设半径为，则圆心
所以圆C的方程为．
∴一个圆C的标准方程：
故答案为：.
16．如图，棱长为1的正方体中，为的中点，则点到平面的距离为 .
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合空间向量的距离公式，即可求解.
【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
则，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
所以点到平面的距离为.
故答案为：.
四、解答题
17．在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知．
(1)求角A的大小；
(2)若，，求△ABC的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合内角的范围求解即可；
（2）由余弦定理与面积公式求解即可
【详解】（1）由已知及正弦定理知：．
因为C为锐角，则，所以．
因为A为锐角，则
（2）由余弦定理，．
则，即
即，因为，则
所以△ABC的面积．
18．如图，在三棱柱中，分别为和的中点，设．

(1)用表示向量；
(2)若，，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解；
（2）根据向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】（1）解：由向量的线性运算法则，可得：
．
（2）解：由向量的数量积的运算法则，可得：
．
19．某市政府为了倡议市民节约用电，计划对居民生活用电费用实施阶梯式电价制度，即确定一户居民月用电量标准，用电量不超过的部分按照平价收费，超出部分按照议价收费.为了确定一个合理的标准，从某小区抽取了100户居民进行月用电量（单位kW·h）调查，并绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中的值；
(2)若使85%居民用户的电费支出不受影响，应确定值为多少？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解；
（2）根据题意，结合频率分布直方图中矩形的面积和，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由频率分布直方图的性质，可得：，解得.
（2）解：由题意，要使得85%居民用户的电费支出不受影响，
可得，
解得.
20．从等7人中选5人排成一排.（以下问题的结果均用数字作答）
(1)若必须在内，有多少种排法？
(2)若都在内，且必须相邻，与都不相邻，有多少种排法？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，在其余6人中选出4人，再与全排列，即可求解；
（2）根据题意，先在其他4人中选出2人，将看成一个整体，再在2个空位中选出1个安排，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意，若必须在内，在其余6人中选出4人，再与全排列，
共有种排法.
（2）解：根据题意，先在其他4人中选出2人，有种选法，
将看成一个整体，与选出2人全排列，有种选法，
排好后，有2个空位可用，在其中选出1个，安排，有种情况，
所以，共有种不同的排法.
21．已知双曲线与有相同的渐近线，且经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知直线与双曲线交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数的值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据渐近线方程相同，设双曲线的方程为且，将所过点代入求参数即可；
（2）联立直线与双曲线，应用韦达定理表示出线段AB的中点坐标，结合点在圆上求参数即可.
【详解】（1）设双曲线的方程为且，
将代入，得，解得，
所以双曲线的方程为．
（2）由，得，
设，则中点坐标为，
由韦达定理可得，所以，
所以中点坐标为，且在圆上，
所以，解得．
22．在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，，得到四棱锥（如图2）．
(1)证明：平面；
(2)若，连接，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定证明即可；
（2）建以为原点，，，为、、轴正方向的空间直角坐标系，分别求得与平面的一个法向量再求解夹角即可
【详解】（1）证明：由题设，为菱形，且，故为正三角形.又是的中点，∴，
即， 又，且平面，
∴面．
（2）由，结合（1）可构建以为原点，，，为、、轴正方向的空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，设直线与平面所成角为，则
∴， 故
故直线与平面所成角的余弦值为．