2022-2023学年辽宁省本溪市本溪满族自治县高级中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省本溪市本溪满族自治县高级中学高二上学期12月月考数学试题

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．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据直线与圆的位置关系求得圆的半径，即可求得结果.

【详解】因为点到直线的距离是，

所以圆的半径为，所以圆的方程为.

故选：C.

3．小明每天上学途中必须经过2个红绿灯，经过一段时间观察发现如下规律：在第一个红绿灯处遇到红灯的概率是，连续两次遇到红灯的概率是，则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由条件概率公式求解即可

【详解】设“小明在第一个红绿灯处遇到红灯”为事件，

“小明在第二个红绿灯处遇到红灯”为事件，

则由题意可得，

则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为

.

故选：.

4．以坐标轴为对称轴，焦点在直线上的抛物线的标准方程为（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】D

【分析】直线与坐标轴的交点即为焦点，根据焦点可求出，可得答案.

【详解】直线与坐标轴的交点为，

当抛物线的焦点为时，其标准方程为；

当抛物线的焦点为时，其标准方程为.

故选：D.

5．若角的终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可求得，利用同角的三角函数关系结合二倍角公式化简，代入求值，可得答案.

【详解】根据角的终边经过点，得，

又,

故选:C.

另解：根据三角函数的定义，得，，

所以，

所以，

故选：C.

6．已知双曲线的离心率为且过点，直线与C的右支有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】联立直线与双曲线方程，根据双曲线与双曲线右支有两个不同的交点，利用韦达定理列出不等式进行求解.

【详解】离心率为的双曲线是等轴双曲线，

所以可设双曲线的方程是，

将点的坐标代入得，

所以的方程是，

将代入上式并消去整理得

，

则解得或.

故选:A.

7．中国空间站已经进入正式建造阶段，天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱将在2022年全部对接，形成“T"字结构.在中国空间站建造阶段，有6名航天员共同停留在空间站，预计在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ）

A．360种 B．180种 C．720种 D．450种

【答案】D

【分析】根据分组分配问题的处理步骤，先将6人分成三组，再将三组分到三个舱内即可.

【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；

方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案.

所以共有（种）不同的安排方案.

故选：.

8．香港科技大学“逸夫演艺中心”鸟瞰图如图1所示，最上面两层类似于离心率相同的两个椭圆，我们把离心率相同的两个椭圆叫做“相似椭圆”.如图2所示，在“相似椭圆”中，由外层椭圆的下顶点和右顶点分别向内层椭圆引切线，且两切线斜率之积等于，则该组“相似椭圆”的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别写出切线的方程，与内层椭圆联立方程，根据判别式为零分别表示出，再根据斜率之积等于解出离心率.

【详解】设内层椭圆的方程为，

因为内外椭圆离心率相同，所以外层椭圆可设成，

设切线的方程为，与联立，得，

又，所以.

设切线的方程为，与联立，得，

又，所以.又，

所以，因此.

故选：D.

二、多选题

9．已知圆和圆，则（    ）

A． B．两圆半径都是4

C．两圆相交 D．两圆外离

【答案】AD

【分析】先根据配方法确定两个圆的圆心和半径，根据圆心距和半径的关系可判断两圆的位置.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，所以，故正确，B错误；因为，所以两圆外离，故C错误，正确.

故选:.

10．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．

11．已知的展开式中第4项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为0，则（    ）

A．

B．的展开式中有理项有5项

C．的展开式中偶数项的二项式系数和为512

D．除以9余8

【答案】ABD

【分析】由二项式系数的概念与组合数的性质可判断A；由二项式的通向结合有理项的概念判断B；由偶数项的二项式系数和判断C；由二项式定理判断D

【详解】对于，因为第4项与第7项的二项式系数相等，所以，

由组合数的性质知，故A正确；

对于，在的展开式中，令，得，

所以，

所以的二项式通项为.

由为整数，得，

所以展开式中有理项有5项，故B正确；

对于，展开式中偶数项的二项式系数和为，故错误；

对于D，由B知，则

，

所以除以9余8，故D正确.

故选：ABD.

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．已知椭圆的方程为，其左､右顶点分别为，一条垂直于轴的直线交椭圆于两点，直线与直线相交于点，则点的轨迹方程为___________.

【答案】

【分析】设直线为，，由三点共线及三点共线，可得，又，代入即可求解

【详解】由题意知，

设直线为，，

由三点共线及三点共线，

得，

两式相乘化简，得，

又，

所以，即，

又，即，

所以点的轨迹方程为.

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．已知直线经过直线和的交点，且与直线垂直.

(1)求直线的方程；

(2)若圆过点，且圆心在轴的负半轴上，直线被圆所截得的弦长为，求圆的标准方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）将两直线联立方程求出交点，再根据垂直的条件求出直线的斜率，代入点斜式可得直线方程；（2）设出圆的圆心和半径，圆过点和弦长公式可联立方程解方程可得.

【详解】（1）由已知，得解得两直线交点为，

设直线的斜率为，因为直线与垂直，所以，解得，

所以直线的方程为，即.

（2）设圆的标准方程为，

则由题意，得

解得或（舍去），

所以，所以圆的标准方程为：.

18．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且，是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为，连接、，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）证明：取的中点为，连接、，

因为、分别是、的中点，所以且，

又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）解：因为，底面，所以两两互相垂直，以为坐标原点，

以分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，

则，

则，

设平面的一个法向量为，所以，

即，令，则，

设直线与平面所成角为，则，

即直线与平面所成角的正弦值为.

19．已知抛物线的焦点为是抛物线上一点，且.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)直线与抛物线交于两点，若以为直径的圆过原点，求直线的方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据抛物线的定义，到焦点的距离与到准线的距离相等，转化焦半径，可得，从而求出抛物线方程；（2）直线与抛物线相交，采用标准计算步骤设而不求的思想可解得.

【详解】（1）抛物线的准线为，所以，

解得，所以抛物线的标准方程为.

（2）设，联立与，消去得，即；

由韦达定理有：，

因为以为直径的圆过原点，所以，

即，化简可得：，

代入韦达定理得：，解得或（舍去），

所以直线的方程为.

20．如图，四棱柱的底面为矩形，为中点，平面平面．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的平面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得，由勾股定理的逆定理可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；

（2）取的中点，连接，由已知可证得两两互相垂直，所以以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：因为底面是矩形，

所以，

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，又平面，

所以，

因为，所以，

所以，

又平面，

所以平面；

（2）取的中点，连接，因为，

所以，又平面平面，

平面平面平面，

所以平面，连接，又底面为矩形，所以，

所以两两互相垂直，

以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，

则，

所以．

由（1）知平面，所以是平面的一个法向量．

设平面的一个法向量为，则

，令，则．

设二面角的平面角为，则

由图可知二面角的平面角为锐角，

所以二面角的平面角的余弦值为．

21．已知双曲线的焦距为8，双曲线的左焦点到渐近线的距离为2.

(1)求双曲线的方程；

(2)设分别是双曲线的左､右顶点，为双曲线上任意一点（不与重合），线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，设点的横坐标分别为，求证：为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）根据焦距为8，可得，再用点到直线的距离公式可解；（2）先写出的坐标，进而求出的斜率，可得线段的垂直平分线方程，分别求出其与的交点横坐标，代入可证.

【详解】（1）双曲线的渐近线为，左焦点为，所以，所以.

又焦距为8，所以，所以，故所求双曲线的方程为.

（2）证明：设，由（1）得，

又点是线段的中点，则点，

直线的斜率为，直线的斜率为，

又，则直线的方程为，

即

又直线的方程为，

联立方程得，

又，代入消去，得，

因为，所以.

所以，解得，

即点的横坐标为，

则，所以为定值.

【点睛】求定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

22．已知椭圆的长轴长为是坐标原点，分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且的内切圆半径为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与椭圆交于两点，且直线的斜率之和为.

①求直线经过的定点的坐标；

②求的面积的最大值.

【答案】(1)；

(2)①；②.

【分析】（1）根据长轴长为8可求出，再根据的面积公式可求出，进而确定椭圆的方程；（2）①设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率和为的表达式中可得定点；②将①中求出的参数代入韦达定理，表示出的面积，求此表达式的最大值即可.

【详解】（1）由题意可知，又的内切圆半径为，所以，

又，所以，解得.

因为，所以椭圆的方程为.

（2）

①设，

联立整理，得，

所以，可得，

，

设直线的斜率分别为，因为直线的斜率之和为，所以，即，所以，

又，所以，所以直线经过的定点的坐标为.

②设直线经过的定点为，则，

设，则，当且仅当时，即，即时取等号，此时，所以，即的面积的最大值为.

【点睛】求定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．