2022-2023学年广东省深圳市科学高中高二上学期12月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省深圳市科学高中高二上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．已知复数的共轭复数，则复数的虚部为（    ）．

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】根据复数运算，复数与共轭复数关系解决即可.

【详解】，

所以，

所以复数的虚部为1．

故选：C．

2．已知集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用根式定义域化简集合，再利用集合并集的定义求解即可.

【详解】由根式有意义得解得，

所以，所以，

故选：B

3．中国共产党的第二十次全国代表大会于2022年10月16日至10月22日胜利召开．党的二十大报告鼓舞人心，内涵深刻丰富．某单位党支部评选了3份优秀学习报告心得体会，团支部评选了2份优秀学习报告心得体会，现从中随机抽选3份参展，其中党支部、团支部各至少一份的概率是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意可首先算出基本事件数，再运用正难则反的思想算出符合条件的基本事件数，即可得出概率.

【详解】解：从党支部和团支部评选的5份优秀心得体会中随机抽选3份，共有种情况，

党支部、团支部各至少一份的对立事件为3份全是党支部的，有种情况，概率为，

所以，所求概率为．

故选：D．

4．已知直线，直线，设，则是的（    ）．

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】根据两直线平行的条件可知，计算出的值即可得出结论.

【详解】解：两直线平行的充分必要条件是，

且，解得，

经验证，当时，两直线平行．

故选：C．

5．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式，一个圆锥的侧面展开图扇形的中心角为，半径为5．按上述公式计算该几何体的体积为（    ）．（计算时圆周率近似取3）

A．48 B．49 C．52 D．54

【答案】A

【分析】求出底面周长及圆锥的高，利用所给近似公式计算得解.

【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，

则圆锥的底面周长，

所以，高，

由近似公式得．

故选：A．

6．抛物线的焦点为F，点在C内，点M为C上一动点，当最小时，线段的垂直平分线恰好交C于点M，则p的值为（    ）．

A．4 B．2 C．6 D．2或6

【答案】D

【分析】利用抛物线的定义转化为抛物线上动点到准线的距离与定点距离之和最值，当三点共线时最小，此时求出动点坐标代入抛物线方程即可求解.

【详解】抛物线的准线，过M作于H，

根据抛物线的定义，，当最小时，A、M、H三点共线，

又M在的垂直平分线上，则，

此时M为的中点，M的坐标为，

代入抛物线方程中得，，解得或6．

故选：D．

7．已知椭圆的左右焦点为，，以为直径的圆与椭圆有四个交点，则椭圆离心率的范围为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据圆的直径及圆与椭圆交点的个数可得，据此可求出椭圆的离心率.

【详解】因为以为直径的圆与椭圆有四个交点，所以，

即，，，所以，即，

又因为，所以椭圆离心率的取值范围为．

故选：A．

8．已知双曲线的左顶点和右焦点分别为，双曲线右支上存在一点，满足，，则的离心率为（    ）．

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】设，由，得，得，由题知，，设双曲线的另一个焦点为，连接，则，在中，由余弦定理化简可得，即可解决.

【详解】设，则，，

又，则，

即，

所以，

因为，所以，

得，，所以，，

因为，所以，

设双曲线的另一个焦点为，连接，则，

所以在中，由余弦定理得，

整理得，即，得．

故选：B．

二、多选题

9．已知向量，，则（    ）．

A．与共线，则

B．时，与的夹角为锐角

C．时，在方向上的投影向量为

D．的最小值为1

【答案】CD

【分析】根据向量共线的坐标表示判断AB，由投影向量的坐标表示判断C，利用坐标求出向量模求最小值即可判断D.

【详解】对于A，与共线，则，．故A错误；

对于B，时，与共线同向，夹角不为锐角，故B错误；

对于C，在方向上的投影向量为，时，，故C正确；

对于D．，当时取等号，故D正确．

故选：CD．

10．若曲线方程为，则（    ）．

A．曲线可能是圆

B．曲线是椭圆的充要条件是

C．若，则曲线一定是双曲线

D．若，则曲线的离心率

【答案】AC

【分析】利用椭圆和双曲线的标准方程形式判断各选项即可.

【详解】对于A，若，则曲线是圆．故A正确；

对于B，若曲线是椭圆，则，，故成立．但曲线为圆不成立．故“”是“曲线是椭圆”的必要而不充分条件．故B错误；

对于C，若，曲线是双曲线，故C正确；

对于D，若，则曲线是焦点在轴上的椭圆．则，故D错误．

故选：AC

11．函数在上单调递增，下列命题正确的有（    ）．

A．的图像向左平移三个单位得的图象

B．的图像有一个对称中心为

C．是图像的一条对称轴

D．在上单调递减

【答案】BCD

【分析】由在上单调递增，结合可得的值，后依次验证选项正误即可.

【详解】因，则．

由题意可知为单调递增区间的子集，

即，其中

解得，，

由，，得，则，又，

所以，所以．

对于A，的图像向左平移3个单位，

得，故A错误；

对于B，令，当时，

.则是图像的一个对称中心.故B正确.

对于C，令，当时，

.则是图像的一条对称轴.故C正确.

对于D，由，

解得的单调递减区间为，

取，的一个单调递减区间为，

因为．故D正确．

故选：BCD．

12．正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，（E、F均不与、重合）保持，则（    ）．

A．

B．存在点F，使平面

C．三棱锥的体积为

D．不存在点F，使与平面所成角的正切值为

【答案】ACD

【分析】根据正方体性质得平面，再根据线面垂直的性质定理可判断A；假设存在点F，使平面，可得此时F与重合，与题意矛盾；根据保持不变，可知三棱锥的底面积为定值，根据棱锥的体积公式可得C正确；显然为与平面所成的角，的正切值始终大于，故不存在点F，即D正确.

【详解】如下图所示：

对于A，由正方体的性质易证平面，平面，故A正确；

对于B，假设存在点F，使平面，

因为平面，直线与平面交于，

所以平面与平面交于过的一条直线L，

由线面平行的性质定理，同理得，

由公理得，这与矛盾，故B错误；

对于C，由题可知，的面积为，

易知平面，则平面，

设与交于点G，则平面，

所以点C到平面的距离为，，故C正确；

对于D，因为平面，连接，

则为与平面所成的角，

在直角三角形中，，

，，，故D正确．

故选ACD．

三、填空题

13．抛物线（）的焦点坐标是___________．

【答案】

【详解】试题分析：由抛物线（），可得，则，所以其焦点坐标为．

【解析】抛物线的几何性质．

14．圆与圆的公切线方程为__________．

【答案】

【分析】由题意可判断两圆内切，求出切点即可得切线方程．

【详解】解：圆，即，

得,

所以

故两圆内切，公切线只有一条，与两圆圆心的连线即x轴垂直，

由得

所以切点为，

故公切线方程为．

故答案为：．

15．已知，则大小关系是__________．

【答案】

【分析】设，得，，，然后作商法比较和大小解决即可.

【详解】因为，设，

所以，，，

因为，

所以，，，

因为，

所以．

因为，

所以．

故答案为：．

16．椭圆的左、右焦点分别为、，过右焦点作直线交椭圆C于A、B两点，若，则__________．

【答案】

【分析】设，则，由椭圆的定义得，，由即可求解结果．

【详解】解：如图，

椭圆C的焦点为，，

设，则，

由椭圆的定义得，．

在三角形中，由余弦定理得．

在三角形中，由余弦定理得．

因为，

所以，

解得，，所以．

故答案为：．

四、解答题

17．命题，，命题q：函数的定义域为R．

(1)若命题q为真命题，求实数t的取值范围；

(2)若命题p为真命题，且命题q为假命题，求实数t的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据对数的定义域可得对任意，恒成立，再分二次项系数为0与二次函数的判别式和开口方向列式求解即可；

（2）根据二次函数的开口与判别式可得命题p为真命题时，再根据（1）中命题q为真命题时t的取值范围的补集求解即可.

【详解】（1）命题q为真命题，即对任意，恒成立，

所以或，得．

所以若命题q为真命题，实数t的取值范围是．

（2）由（1）知命题q为假命题时，或．

若命题p为真命题，则或，解得．

故命题p为真命题，且命题q为假命题，实数t的取值范围是．

18．在中，角所对的边分别为，且．

(1)求；

(2)若，求的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换求解即可；

（2）利用余弦定理结合基本不等式求解即可.

【详解】（1）由得，

因为中，

所以，

所以，

又在中，，

所以，所以.

（2）在中由余弦定理得，

即，

因为，所以，当且仅当时等号成立，

所以的面积，

所以的面积S的最大值为．

19．已知椭圆上一点P到两个焦点的距离之和为4，离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点的直线与椭圆交于A、B两点，为左焦点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可知，椭圆长轴，再由离心率可计算得，即得椭圆方程；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，分别写出的表达式，结合韦达定理即可证明.

【详解】（1）由题意得

则，故，

所以，椭圆C的方程为．

（2）如下图示所示：

由题意可知，直线斜率必然存在，设为，，

且，

联立直线和椭圆方程并整理得：，

所以，，

且，即，

而

，

又，

所以,得证.

20．抛物线与x轴交于A，B两点．

(1)当n为常数时，动点P满足、的斜率之积为，求动点P的轨迹方程；

(2)当n变化时，y轴上是否存在点C（异于原点），使得过A、B、C三点的圆H被y轴截得的弦长为？若存在，求出此点；若不存在，说明理由．

【答案】(1)；

(2)不存在，理由见解析.

【分析】（1）设，，，根据条件列出方程化简即可得出轨迹方程；

（2）假设y轴上存在点，由条件求出圆心坐标，利用半弦长、半径、弦心距之间的关系求出弦长，判断弦长范围得解.

【详解】（1）因为，所以抛物线与x轴有两个交点．

设，，，则，，

动点P满足、的斜率之积为，

即，

即为动点P的轨迹方程．

（2）假设y轴上存在点，满足题设条件，

圆心H为线段、中垂线的交点，

由（1）可得，

所以的中垂线方程为．①

的中点坐标为，可得的中垂线方程为，②

又，③

由①②③解得，，

所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，

半径．

故圆在y轴上截得的弦长为

，

故y轴上不存在点C满足题设条件.

21．如图，直棱柱的高为4，底面为平行四边形，，，分别为线段、的中点．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，，，利用线面垂直的判定定理求解即可；

（2）利用空间直角坐标系求解即可.

【详解】（1）取的中点，连接，，，

因为为平行四边形，，，

所以三角形为正三角形，所以，

所以为菱形，

所以三角形为正三角形，所以,

因为四棱柱为直棱柱，所以平面，

因为平面，所以，

又，，所以平面．

又，，

所以为平行四边形，所以，

平面．

（2）因为，，所以，

所以，，两两垂直，

所以以为原点，分别以，，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

设平面的法向量为，，，

由方程组解得，

设平面的法向量为，，，

由方程组解得，

所以，，，

，

因为二面角为钝角，

故所求二面角的余弦值为．

22．以双曲线的右焦点为圆心作圆，与的一条渐近线切于点．

(1)求双曲线的离心率及方程；

(2)点分别是双曲线的左、右顶点，过右焦点作一条斜率为的直线，与双曲线交于点，记直线的斜率分别为，．求的值．

【答案】(1)离心率为，方程为；

(2)．

【分析】（1）利用双曲线的几何性质求解即可；

（2）设的方程为，，，将直线方程和双曲线方程联立，利用韦达定理得和关于的表达式，再计算并化简即可.

【详解】（1）双曲线的渐近线为，

所以圆与切于点，．①

设，则，即，②

又，③

由①②③解得，，，

所以双曲线的离心率为，方程为．

（2）因为，，，

设的方程为，，，

由，消去整理得，

所以且解得，

所以，，

，，

．

故的值为．

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：

（1）设出直线方程，设交点为；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于x或y的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为和形式；

（5）代入韦达定理求解.