2022-2023学年湖北省恩施州巴东县第三高级中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省恩施州巴东县第三高级中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版），共18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。
2022-2023学年湖北省恩施州巴东县第三高级中学高二上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．复数（为虚数单位）的共轭复数（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念求解.【详解】因为，所以.故选：B.2．椭圆的焦点坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将椭圆方程化成标准方程即可求出焦点坐标【详解】由可知椭圆方程可化为，设焦距为，因为，所以焦点在x轴上，且，所以，所以椭圆的焦点坐标是.故选：A.3．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式，求得集合B，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】由，解得或，所以或，所以，故选：D.4．若与相外切，则（    ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】根据两圆外切，得到圆心距等于半径之和，求出【详解】的标准方程是，圆心的坐标为，半径，的标准方程是，圆心的坐标为，半径，因为与相外切，所以，即，解得：.故选：C.5．已知，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用对数函数的单调性、换底公式、指数函数的单调性即可求解【详解】易知，又，因为，所以，即；又，所以.故选：B.6．已知函数的图象的相邻两个最高点的距离为，．则（    ）A．B．的图象的对称轴方程为C．的图象的单调递增区间为D．的解集为【答案】D【分析】根据三角函数性质可得函数解析式，进而判断各选项.【详解】因为函数的图象的相邻两个最高点的距离为，所以的图象的最小正周期为，所以，故A错误；因为，所以，因为，所以，所以，令得，即的图象的对称轴方程为，故B错误；令得，即的图象的单调递增区间为，故C错误；令，得，所以，解得，所以不等式的解集为，故D正确．故选：D．7．已知椭圆C：的左、右焦点分别为(-c，0)，(c，0)，若椭圆C上存在一点M使得的内切圆半径为，则椭圆C的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用的面积相等，得到，得到，消去b，整理化简求出离心率的取值范围.【详解】的面积为.因为的内切圆半径为，所以的面积可表示为.所以，所以.因为，所以.两边平方得：，而，所以，整理得：,因为离心率，所以，解得：.故选：A.8．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先证明平面，以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用点到面的距离可求解.【详解】解：由题意得：因为，为中点所以又，与交于点A，平面，平面所以平面以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，所以所以又，，设平面的法向量，则令，则，，所以.点到平面的距离为，解得或（舍）故选：A. 二、多选题9．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】ABD【分析】根据空间共面向量定理可判断;采用反证的方法，推出矛盾，可判断C.【详解】对于A，因为，符合题意，故A正确；对于B，因为，符合题意，故B正确；对于C，若，，共面，则存在实数，，使得，故，，共面，这与构成空间的一个基底,即，，不共面矛盾，故C错误；对于D，因为，符合题意，故D正确,故选:ABD.10．设函数（，且）的图象过定点，若直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程可以是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】求出定点P的坐标，由直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，讨论直线是否过原点，即可求得直线方程.【详解】由题意函数（，且）的图象过定点，令，则，故，因为直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，当直线过坐标原点时，此时方程为，当直线不过坐标原点时，设其方程为，将代入得，即，故选：BC.11．已知e是自然对数的底数，函数，实数满足不等式，则下列结论正确的是（    ）A． B．若则C． D．【答案】ABC【分析】根据函数的单调性和奇偶性性质得到，利用不等式的性质即可一一判断.【详解】的定义域为，，所以是奇函数．因为，在上都单调递减，所以在上是减函数．又，则，即，所以，即．因为在R上是增函数，所以，故A正确；因为，所以，所以，故B正确；因为在上是增函数，所以，即，故C正确；取，，满足，但不成立，故D错误．故选:ABC．12．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，则下列结论正确的是（    ）A．以为直径的圆与抛物线的准线相切B．C．D．若直线的倾斜角为，且，则【答案】ACD【分析】根据抛物线焦点弦性质，抛物线定义，数形结合思想解决即可.【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程是，由题意知，直线的斜率一定存在，设其方程为，联立消去得，设线段的中点， 所以，所以点到准线的距离，所以以为直径的圆与抛物线的准线相切，故A正确；由韦达定理，得，故B错误；，所以，故C正确；若直线的倾斜角为，且，则点在点左侧，如图，直线与准线交于点，分别表示点到准线的距离，则，设，则，又，所以，所以，故D正确.故选:ACD. 三、填空题13．张勇同学在上学期的8次物理测试中的成绩（单位：分）分别是：78，82，76，85，88，94，95，86，则这8次成绩的75%分位数为______.【答案】91【分析】根据百分位数的计算方法计算即可.【详解】解：先将这8次成绩从小到大排列为76，78，82，85，86，88，94，95，因为，所以75%分位数为.故答案为：14．如图，在平行四边形中，点，分别在，边上，且，，若，，，则______.【答案】【分析】由题知，，再根据数量积的运算律运算求解即可.【详解】解：因为，，所以，，，因为，，，所以.故答案为：15．在平面直角坐标系中，，，若动点P满足，则的最大值是______.【答案】【分析】动点P的轨迹为圆时，与定点距离的最大值为过圆心的线段，长度为圆心到定点的距离与半径之和.【详解】设点P坐标为，由，得，整理得，所以点P的轨迹是以点为圆心，半径的圆，所以.故答案为：16．在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，如图所示，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的体积是______.【答案】##【分析】易得平面平面时三棱锥的体积最大，要求三棱锥外接球体积，利用长方体外接球，求出球的半径，即可求解【详解】易得平面平面时三棱锥的体积最大，由题意知，故，当平面平面时，平面，因为，所以.如图所示，要求三棱锥外接球体积，即求如图所示的长方体外接球的体积，由已知得长方体的长、宽、高分别为4，，2，则长方体外接球半径，则球的体积是.故答案为： 四、解答题17．已知为锐角，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）先利用和的范围求，接着利用二倍角公式即可得到答案；（2）先利用的值算出和的值，再通过第（1）问算出，最后利用即可得到答案【详解】（1）因为，且所以，又为锐角，所以，因此；（2）因为为锐角，所以，又因为，所以，因此，因为，所以，因此18．每天在业余时间进行慢走与慢跑，可加强人的心脏功能，保持血压稳定，可加速脂质代谢，防止血脂升高，同时，还能提高人体免疫功能，增强防御疾病的能力，有助于身心健康，使人精力充沛.某企业为了了解本企业员工每天慢走与慢跑的情况，对每天慢走时间在25分钟到55分钟之间的员工，随机抽取n人进行调查，将既参加慢走又参加慢跑的人称为“H族”，否则称为“非H族”，得如下的统计表以及每天慢走时间在25分钟到55分钟之间的员工人数的频率分布直方图（部分）∶组数分组人数本组中“H族”的比例第一组[25，30)2000.6第二组[30，35)3000.65第三组[35，40)2000.5第四组[40，45)1500.4第五组[45，50)a0.3第六组[50，55)500.3 (1)试补全频分布直方图，并求与n的值；(2)从每天慢走时间在[40，50）（分钟）内的“H族”中按时间采用分层抽样法抽取6人参加企业举办的健身沙龙体验活动，再从这6人中选2人作健身技巧与减脂秘籍的发言，求这2人每天慢走的时间恰好1人在[40，45）分钟内，另一个人在[45，50）分钟内的概率.【答案】(1)直方图见解析，，(2) 【分析】(1)利用所有组的频率之和等于1，算出第二组的频率，得到第二组矩形的高，补全频率分布直方图，由第一组的频率和频数计算样本容量，再计算第五组的频数.(2)按分层抽样的法则在两个组中抽取对应人数，从这6人中选2人，列出样本空间，看其中恰好1人在[40，45）分钟内，另一个人在[45，50）分钟内占多少种基本事件，计算相应概率。【详解】（1））第二组的频率为，所以第二组小矩形高为．补全后的频率直方图如下：第一组的频率为，所以．第五组的频率为，所以．（2）因为分钟的“H族”人数为，分钟的“H族”人数为，二者比例为，所以按时间采用分层抽样法抽取6人，分钟内抽取4人，分钟内抽取2人．设这2人每天慢走的时间恰好1人在分钟，另一个人在分钟为事件Q，在分钟内抽取4人记为A，B，C，D，分钟内抽取2人记为a，b，则有AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab，共15种不同的抽取方法，事件Q有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，共8种，所以，即选出发言的2人每天慢走的时间恰好1人在分钟内，另一个人在分钟内的概率为．19．如图，在长方体中，点M，N分别是和上的点，且，，.(1)求证：平面；(2)求平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意，利用三垂直的思想，根据线面垂直判定以及性质，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；（2）由题意，建立空间直角坐标系，找去两平面的法向量，根据向量夹角公式，以及面面夹角与法向量夹角的关系，可得答案.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面.因为平面，所以.因为平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面.因为平面，所以.因为，，平面，所以平面.（2）解：以点D为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设.则，，由（1）得，平面，所以平面的一个法向量是.因为是平面的一个法向量，所以所以平面和平面夹角的余弦值为.20．已知圆.(1)若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；(2)若直线l过点且与圆C相交于M，N两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程.【答案】(1)或；(2)最大值为8，或. 【分析】（1）求出圆的圆心和半径，再由弦长，弦心距和半径的关系求出圆心C到直线l的距离，然后分直线l的斜率不存在和存在两情况讨论求解即可；（2）设直线l的方程为，求出圆心C到直线l的距离，而的面积，从而可求出的面积的最大值，再由的值可求出，进而可求出直线方程.【详解】（1）圆C的圆心坐标为，半径，因为直线l被圆C截得的弦长为，所以由勾股定理得到圆心C到直线l的距离.①当直线l的斜率不存在时，，显然不满足；②当直线l的斜率存在时，设，即，由圆心C到直线l的距离，得，即，解得或，故直线l的方程为或.（2）因为直线l过点且与圆C相交，所以直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，即，则圆心C到直线l的距离为，又的面积，所以当时，S取最大值8.由，得，解得或，所以直线l的方程为或.21．的内角，，的对边分别为，，，在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题.①；②（其中为的面积）；③.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)若，，求的值；(2)若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1).(2). 【分析】对于①:由代入经三角恒等变换得；对于②:由面积公式与数量积公式得；对于③:使用余弦定理代入化简得.在(1)中，使用余弦定理及其变形求得的值；在(2)中，使用正弦定理将边化为角，用将转化为的三角函数，使用三角恒等变换化为一般式求范围.【详解】（1）选择①:，在中，，所以，所以，整理得，即，因为，，故，而，从而；选择②:，则，所以，又，则；选择③:，由余弦定理，得，所以，又，则；若，，由余弦定理，得，所以.（2）由为锐角三角形及，得且，所以，由正弦定理，得  ，因为，，，所以，即的取值范围是.22．已知分别是双曲线的左、右焦点，点A是C的左顶点，，C的离心率为2.(1)求C的方程；(2)直线l与C交于M，N两点（M，N异于双曲线C的左、右顶点），若以为直径的圆经过点A，求证：直线l恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题干两条件列方程组求解，即可；（2）按直线l的斜率是否存在分两种情况讨论.当斜率存在时，设直线方程为，根据以为直径的圆经过点A列出等式求出k与t的关系，据此证明直线过定点，并求出定点坐标；当斜率不存在时，直线垂直于x轴，可直接求得直线方程，验证其是否经过前面求得的定点即可.【详解】（1）设双曲线C的焦距为，则.所以，又C的离心率，所以，所以C的方程是.（2）证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立得.由得所以，.因为以为直径的圆经过点，所以，即整理得，所以或.当时，直线l的方程为，所以直线l过左顶点，不符合题意；当时，直线l的方程为，所以直线l恒过定点.当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为，代入，得，所以.因为，整理得，解得（舍去），此时直线l的方程为，直线l也过点.综上所述，直线l恒过定点.