2022-2023学年辽宁省沈阳市第三十一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第三十一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版），共21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学年辽宁省沈阳市第三十一中学高二上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知，则“直线与平行”是“”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分又不必要【答案】A【分析】根据直线的平行，斜率相等，截距不等即可解决.【详解】若直线与平行，则，即，当，时，两直线方程为，，此时两直线重合，故“直线与平行”是“”的充分不必要条件，故选：A．【点睛】本题考查充分必要条件，考查直线的位置关系，是基础题.2．已知（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为（    ）A．90 B．10 C．10 D．90【答案】A【分析】由题意可得，得，然后求出二项式展开式的通项公式，由的次数为零，求出，从而可求出常数项.【详解】因为（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，所以，得，所以，则其展开式的通项公式为，令，得，所以该展开式中的常数项为，故选：A3．在下列命题中：①若向量共线，则向量所在的直线平行；②若向量所在的直线为异面直线，则向量一定不共面；③若三个向量两两共面，则向量共面；④已知空间的三个不共面向量，则对于空间的任意一个向量，总存在实数使得.其中正确命题的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】①②空间向量共线不代表所在直线平行，且空间任意两向量都共面，即可判断；③利用四面体四条侧棱说明即可；④根据空间向量基本定理即可判断.【详解】①若向量共线，则向量所在的直线平行或重合，错误；②若向量所在的直线为异面直线，由向量位置的任意性，空间中两向量可平移至一个平面内，故共面，错误；③若三个向量两两共面，如下图：显然不共面，错误；④已知空间的三个不共面向量，则对于空间的任意一个向量，根据空间向量基本定理知：总存在实数使，正确.只有④正确.故选：B4．如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3、5，M、N分别在上、下底面圆周上，且，则||等于（    ）A． B．5 C． D．5【答案】A【分析】用，，表示出，计算再开方即可得出答案.【详解】∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，∴•0，0，又3×5×cos60°.∵，∴2＝（）2222+2•229+16+25+15＝65，∴||.故选：A.5．在某种信息传输过程中，用6个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，例如001100就是一个信息．在所有信息中随机取一信息，则该信息恰有2个1的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出总的事件个数，再求恰好有2个1的种数，根据概率公式即可求解.【详解】每个位置可排0或1，故有2种排法，因此用6个数字的一个排列的总个数为，恰好有2个1的排列的个数共有，故概率为：，故选：D6．已知点，动点满足，则的取值范围（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，求出点和的轨迹，结合平面向量的加法以及模长的计算，即可求解.【详解】设，则，，因，所以，即，因此点在以原点为圆心，2为半径的圆上，同理可得点也在以原点为圆心，2为半径的圆上.又因，所以当和重合，且、、三点共线时，取得最值，因此，.故选：B.7．已知椭圆和双曲线有共同的焦点，，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则当取最大值时，，的值分别是（   ）A．， B．， C．， D．，【答案】A【分析】设椭圆与双曲线的标准方程分别为：，，，，根据，利用余弦定理得到，进而得到，再利用基本不等式求解.【详解】解：不妨设椭圆与双曲线的标准方程分别为：，，，．设，．．则，，∴，．因为，所以，即．∴，∴，∴，则，当且仅当，时取等号．故选：A．8．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.【详解】已知方程可以变形为，即，∴其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，又由，可得，故选：C. 二、多选题9．下列关于二项式展开式说法正确的是 （    ）A．若 ， 则 的展开式中二项式系数最大的项为第 项：B．若 的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数， 则 ；C．若 ， 则 D．若 ， 则 【答案】ABD【分析】利用二项式的通项公式和二项式的性质、结合赋值法进行判断即可.【详解】A：当时，二项式展开式共有项，其中第项二项式系数最大，因此本选项说法正确；B：二项式的通项公式为：，因为 的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数，所以有（舍去），因此本选项说法正确；C：在中，令，得，令，得二项式的通项公式为：，所以，因此本选项不正确；D：令，得，因此本选项正确，故选：ABD10．已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（    ）A．若相互独立， B．若事件，则C．若是对立事件，则 D．若是互斥事件，则【答案】ABD【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；对于B，事件，，，B正确；对于C，因是对立事件，则，，C不正确；对于D，因是互斥事件，则，，D正确.故选：ABD11．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合.若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点，则下列结论正确的是（    ）A．椭圆的离心率是 B．线段长度的取值范围是C．面积的最大值是 D．的周长存在最大值【答案】AC【分析】求得椭圆的离心率判断选项A；求得线段长度的取值范围判断选项B；求得面积的最大值判断选项C；根据表达式结合参数范围判断的周长是否存在最大值.【详解】由题意得半圆的方程为，设半椭圆的方程为，又，则，则半椭圆的方程为则椭圆的离心率，故选项A判断正确；直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点，则线段长度的取值范围是.故选项B判断错误；不妨设则由，可得；由，可得；则（当且仅当时等号成立）故选项C判断正确；的周长为则在上单调递减，则的周长不存在最大值.故选项D判断错误.故选：AC12．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°，则以下命题正确的是（    ）A．与成角的余弦值为B．，，，四点不共面C．弧上存在一点，使得D．以点为球心，为半径的球面与曲池上底面的交线长为【答案】AD【分析】建立空间坐标系，用向量计算异面直线的夹角，做辅助图计算判断相关问题.【详解】圆弧的圆心的原点，CD为x轴，BA为y轴过圆心O垂直于底面的直线为z轴，建立空间直角坐标系如下图：则 ，故 ，所以 ，A正确；对于B，连接 ，则有则，∴ 与BC共面，即 四点共面，故B错误；对于C，设在圆弧 存在一点 ，使得，则有 ， ，此方程组无解，即E点不存在，故C错误；对于D，做如下俯视图： ，即以C为球心，为半径的球刚好过A点是球面与底面ABCD唯一的交点，因为，在球面上，设与圆弧的交点为，则 ，解得 ，故，球面与上底面的交线是以为圆心，半径为1的圆弧 ，则，圆心角，由图知：，得. ，故D正确；故选：AD. 三、填空题13．已知，，三点不共线，对平面外一点，给出下列表达式：，其中，是实数，若点与，，四点共面，则___________.【答案】【分析】根据空间共面向量定理的推论计算．【详解】解：，，点，，，四点共面，，.故答案为：.14．将5名志愿者分配到世界杯的3个不同体育场进行志愿者服务，每名志愿者分配到1个体育场，每个体育场至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有______种．【答案】150【分析】5名志愿者分成三个小组, 有2，2，1和1，1，3两种分法，分别求出两种分组方法对应的方案数即可得总的分配方案数.【详解】将5名志愿者分成三个小组，有2，2，1和1，1，3两种分法，当为2，2，1时，共有种；当为1，1，3时，共有种；故一共有90+60=150种分配方案.故答案为：150.15．已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线相交于两点，分别过两点作的切线，且相交于点，则面积的最小值为_____．【答案】16【分析】设直线方程为，，再分别求出对应的切线方程，联立求出点坐标，进而表示出的面积，求出最小值.【详解】根据题意可知：，设，直线斜率存在，则设其方程为：，代入，整理可得：，则，由，即，则，故切线的方程为：，同理切线的方程为：，联立以上方程可得：，即点，设点到直线的距离为，则，而，故，显然，当时，有最小值.故答案为：.【点睛】解决圆锥曲线的题目要根据题意合理地设线，设点，联立方程来解决问题，注意用韦达定理进行整体代换.16．在如图所示的直四棱柱中，，点在侧面内（含边界）运动，若点到直线与直线的距离相等，则直线与直线所成角的正弦值的最大值为________．【答案】##【分析】设于，于，于，根据题意可得，再以为坐标原点，在平面上建立平面直角坐标系，分析点的轨迹方程，结合直线与直线所成角为，根据双曲线的性质求解最大值即可【详解】由题意，设于，于，于，如图连接.由题意，，且.故，即以为坐标原点，在平面上建立如图平面直角坐标系，由可得的轨迹方程为，即双曲线在正方形中的部分，由双曲线的一条渐近线为，即对角线，故当在上时，取得最大值，此时最大，，，.又，故与直线所成角为，即直线与直线所成角的正弦值的最大值为故答案为： 四、解答题17．高二年级线上学习至今，每个班的家长都积极配合，参与到班级管理当中，若某班某一天共有7位家长报名参与到当天的早读、上午课堂、下午课堂、晚修的管理，其中2位家长被安排管理早读，其余5位家长被安排到上午课堂、下午课堂、晚修三个时段管理.(1)从7位家长中安排2人参与早读管理，共有多少种不同方法；(2)将剩下的5位家长被安排到上午课堂、下午课堂、晚修三个时段管理，要求每个时段至少有1人，共有多少种不同安排方法；(3)线上学习结束后，班主任为了感谢这7位家长，召开线上会议（腾讯会议）对家长表示感谢，若7位家长先后进入会议，A、B两位家长相邻进入会议，且都不是第一个，也不是最后一个进入会议，问这7位家长进入会议时间的不同排序方式有多少种.【答案】(1)21(2)150(3)960 【分析】（1）利用组合求解；（2）将剩下的5位家长分为3组，按3，1，1和2，2，1两类求解；（3）将A，B捆绑，看作一个，从中间4个位置选一个排上，A，B再排序，其余5为家长全排列求解.【详解】（1）解：从7位家长中安排2人参与早读管理，共有 种不同方法；（2）将剩下的5位家长分为3组分为3，1，1，共有种不同安排方法，分为2，2，1，共有种不同安排方法，所以每个时段至少有1人，共有60+90=150种不同安排方法；（3）因为A,B不在第一个，也不在最后，且相邻，则将A，B捆绑，从中间4个位置选一个位置排上有种，A，B再排序有种，其余5为家长全排列有种，所以这7位家长进入会议时间的不同排序方式共有种.18．一个不透明的袋子中，放有大小相同的5个小球，其中3个黑球，2个白球．如果不放回的依次取出2个球．回答下列问题：(Ⅰ)第一次取出的是黑球的概率；(Ⅱ)第一次取出的是黑球，且第二次取出的是白球的概率；(Ⅲ)在第一次取出的是黑球的条件下，第二次取出的是白球的概率．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【分析】（Ⅰ）黑球有3个，球的总数为5个，代入概率公式即可；（Ⅱ）利用独立事件的概率公式直接求解即可；（Ⅲ）直接用条件概率公式求解．【详解】依题意，设事件A表示“第一次取出的是黑球”，设事件B表示“第二次取出的是白球”（Ⅰ）黑球有3个，球的总数为5个，所以P（A）；（Ⅱ）第一次取出的是黑球，且第二次取出的是白球的概率为P（AB）；（Ⅲ）在第一次取出的是黑球的条件下，第二次取出的是白球的概率为P（B|A）．【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了事件的相互独立性及条件概率，属于基础题．19．2022年冬奥会期间，冬奥会吉祥物“冰墩墩”备受人们的欢迎，某大型商场举行抽奖活动，活动奖品为冰墩墩玩偶和现金.活动规则：凡是前一天进入商场购物且一次性购物满300元的顾客，第二天上午8点前就可以从若干个抽奖箱（每个箱子装有8张卡片，3张印有“奖”字，5张印有“谢谢参与”，其他完全相同）中选一个箱子并一次性抽出3张卡片，抽到印有“奖”字的卡片才能中奖，抽到1张印有“奖”字的卡片为三等奖，奖励现金10元，抽到2张印有“奖”字的卡片为二等奖，奖励1个冰墩墩玩偶，抽到3张印有“奖”字的卡片为一等奖，奖励2个冰墩墩玩偶.根据以往数据统计，进入商场购物的顾客中一次性购物满300元的约占.(1)求每一个参与抽奖的顾客中奖的概率；(2)设每次参与抽奖活动所得的冰墩墩玩偶个数为X，求X的分布列.【答案】(1)；(2)分布列见解析. 【分析】（1）利用古典概型、互斥事件的概率求法求每一个参与抽奖的顾客中奖的概率.（2）由题意可能值为，分别求出对应值的概率，即可得分布列.【详解】（1）由题意，每一个参与抽奖的顾客中奖的概率.（2）由题设，可能值为，则，，，所以的分布列如下：012 20．已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程;(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.【详解】（1）设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，化简得 ；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，设，则，，所以 化简得则，又到的距离，所以，为定值.当直线的斜率不存在时，可设 ，则，且，解得，此时，综上，的面积为定值.21．已知三棱锥（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形为边长为的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥中：    (I)证明：平面平面;    (Ⅱ)求二面角的余弦值；    (Ⅲ)若点在棱上，满足，，点在棱上，且，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）;（Ⅲ） .【分析】试题分析：第一问取中点，根据等腰三角形的性质求得，根据题中所给的边长，利用勾股定理求得，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理得到结果；第二问根据题中所给的条件建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，求得面的法向量，利用法向量所成角的余弦值得出结果；第三问利用向量间的关系，利用向量垂直的条件，利用向量的数量积等于0，得出所求的比值与的关系式，利用函数的有关知识求得结果.（Ⅰ）方法1： 设的中点为，连接，. 由题意 ，，因为在中，，为的中点所以，因为在中，，，所以因为，平面所以平面因为平面 所以平面 平面方法2：设的中点为，连接，. 因为在中，，为的中点所以，因为，，所以≌≌所以所以因为，平面所以平面因为平面 所以平面 平面方法3：设的中点为，连接，因为在中，，所以设的中点，连接，及.因为在中，，为的中点所以.因为在中，，为的中点所以.因为，平面所以平面因为平面所以因为，平面所以平面因为平面 所以平面 平面（Ⅱ）由平面，，如图建立空间直角坐标系，则，，，，由平面，故平面的法向量为由，设平面的法向量为，则由得：令，得，，即由二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为（Ⅲ）设，，则令得即，μ是关于λ的单调递增函数，当时，，所以22．已知抛物线C：上有一动点，，过点P作抛物线C的切线交y轴于点Q．(1)判断线段PQ的垂直平分线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由；(2)过点P作的垂线交抛物线C于另一点M，若切线的斜率为k，设的面积为S，求的最小值．【答案】(1)线段的垂直平分线过定点(2) 【分析】（1）设切线的方程为，并与抛物线方程联立，利用判别式求得点坐标，进而求得点坐标，从而求得线段的垂直平分线的方程，进而求得定点坐标.（2）结合弦长公式求得的面积，利用基本不等式求得的最小值.【详解】（1）依题意可知切线的斜率存在，且斜率大于.设直线PQ的方程为，.由消去并化简得，由得，，则，解得，所以，在中，令得，所以，PQ中点为，所以线段PQ的中垂线方程为，即，所以线段的垂直平分线过定点.（2）由（1）可知，直线PM的方程为，即.由消去并化简得：，所以，而，所以得，，，.所以的面积，所以.当且仅当时等号成立.所以的最小值为.