辽宁省名校联盟2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

辽宁省名校联盟2023年高二12月份联合考试数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数满足，则的共轭复数为（）A.B.C.D.2.抛物线的准线方程是（）A.B.C.D.3.已知，则（）A.B.C.D.4.如图，在四面体中，点为底面三角形的重心，为的中点，设，，则在基底下的有序实数组为（）A.B.C.D. 5.已知终边经过点，则（）A.B.C.D.6.设分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交于两点，若，且，则的离心率为（）AB.C.D.7.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若为线段的中点，且，则该半正多面体外接球的表面积为（）A.B.C.D.8.十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（）A.B.C.D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知定义域为的奇函数在单调递减，且，则下列选项满足的是（） A.B.C.D.10.函数部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A.点是图像的对称中心B.直线是图像的对称轴C.的图像向右平移个单位长度得的图像D.在区间上单调递减11.已知直线截圆所得的弦长为，点在圆上，且直线过定点，若，为的中点，则下列说法正确的是（）A.点坐标为B.当直线与直线平行时，C.动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆D.的取值范围为12.在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（）A.平面B.在圆锥的侧面上，点A到的中点的最短距离为C.二面角的余弦值为 D.记直线与过点的平面所成角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若，则的坐标是__________.14.若函数有两个零点，则实数的取值范围是__________.15.已知函数在区间内不存在对称轴，则最大值是__________.16.如图，已知直线是之间的一个定点，点到的距离分别为是直线上一个动点，过点作，交直线于点，平面内动点满足，则面积的最小值是__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点，且满足（为坐标原点）.（1）求的方程；（2）求的角平分线所在直线的方程.18.已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.（1）求的方程；（2）过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.19.如图，已知棱长为4的正方体为的中点，为的中点，，且面. （1）求证：四点共面，并确定点位置；（2）求异面直线与之间的距离；（3）作出经过点截面（不需说明理由，直接注明点的位置），并求出该截面的周长.20.在中，内角的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若，点在线段上且满足，当取最小值时，求的值.21.如图①，在矩形中，为边的中点.将沿翻折至，连接，得到四棱锥（如图②），为棱的中点.（1）求证：面，并求的长；（2）若，棱上存在动点（除端点外），求直线与面所成角的正弦值的取值范围.22.已知双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为.（1）求标准方程； （2）设不与渐近线平行的动直线与双曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 辽宁省名校联盟2023年高二12月份联合考试数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数满足，则的共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算结合共轭复数的定义求得.【详解】由题得，所以的共轭复数为.故选：B2.抛物线的准线方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合抛物线的准线方程求解即可.【详解】由题知抛物线,所以，故抛物线的准线方程为.故选：A. 3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据指数，对数相应的值可得，，从而可求解.【详解】因为，，所以，故C项正确，故选：C.4.如图，在四面体中，点为底面三角形的重心，为的中点，设，，则在基底下的有序实数组为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】取的中点，连接.由重心的性质可知，且三点共线.因为，所以.所以在基底下的有序实数组为. 故选：5.已知终边经过点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据的终边经过点，利用三角函数终边知识从而可求解【详解】由题意得，故.又因为，所以，所以，所以，所以，故D项正确.故选:D.6.设分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交于两点，若，且，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，中，由余弦定理得与的关系，中，由余弦定理得与的关系，可求的离心率. 【详解】如图，设，则.由椭圆定义可得，则在中，由余弦定理得:，即，解得，则.在中，由余弦定理得，又，所以，所以离心率.故选：A.7.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若为线段的中点，且，则该半正多面体外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】利用割补法将此多面体补成正方体，建立空间直角坐标系，根据几何关系，从而可求解.【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.令正方体的棱长为，则，所以，所以，解得，则正方体的棱长为.令该半正多面体外接球的半径为，即，则外接球的表面积为.故C项正确.故选：C.8.十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】应用角平分线的性质及等面积法及数量积即可求解.【详解】在中，，由是的角平分线，交于，设到两边的距离为， 则，故.已知的三个内角均小于，则点与的三个顶点的连线两两成角，所以.，所以，所以.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知定义域为的奇函数在单调递减，且，则下列选项满足的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由分类讨论，结合奇函数的性质求出不等式的解集，然后判断各选项．【详解】因为是定义域为的奇函数，且在单调递减，且，所以，且在上单调递减， 所以当时，，不满足题意；当时，由，可得，所以；当时，由，可得，所以.综上，的解集为.故选:.10.函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A.点是图像的对称中心B.直线是图像的对称轴C.的图像向右平移个单位长度得的图像D.在区间上单调递减【答案】ABD【解析】【分析】由图象结合五点法求出函数解析式，然后根据正弦函数性质进行检验．【详解】由题意可知，解得，所以，解得.将代入中，得，解得，因为，所以当时，，所以.对于A项，，所以点是图像的对称中心，故A项正确； 对于B项，，所以直线是图像对称轴，故B项正确；对于C项，的图像向右平移个单位长度得的图像，故C项错误；对于D项，当时，，所以在区间上单调递减，故D项正确.故选：ABD11.已知直线截圆所得的弦长为，点在圆上，且直线过定点，若，为的中点，则下列说法正确的是（）A.点坐标为B.当直线与直线平行时，C.动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆D.的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】由直线过定点的求法参变分离，即可列式求解得出定点判断A；由两直线平行时斜率的关系列式得出判断B，注意验证一下，避免两直线重合；通过圆弦长的几何求法列式得出半径，设出所求点，因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可通过圆弦长的几何求法列式代入值化简得出轨迹方程，即可判断C；通过圆上点到定点距离的范围求法得出的取值范围，即可通过得出的取值范围判断D.【详解】对于A，因为直线，可化为，由，解得，所以过定点，故A正确； 对于B，当直线与直线平行时，因为直线的斜率为，所以直线的斜率也为时，则，解得：，此时，即与直线平行，故B项正确；对于C，圆心到直线的距离为，则，解得，设的中点为，，为的中点，，点在圆上，，，，即，化简可得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故C错误；对于D，点到圆心的距离为，在圆内，的取值范围为，取值范围为，故D项正确.故选：ABD.12.在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（） A.平面B.在圆锥的侧面上，点A到的中点的最短距离为C.二面角的余弦值为D.记直线与过点的平面所成角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆【答案】BD【解析】【分析】A选项，假设平面，由线面平行的性质得到线线平行，但不与平行，所以假设不成立，A错误；B选项，将侧面铺平展开，在平面内得到最短距离；C选项，先求出四面体为正四面体，作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出答案；D选项，设圆锥的轴截面顶角，得到，根据余弦函数的单调性得到，从而得到答案.【详解】对于A项，假设平面，因为平面，平面平面，所以，由题意得不与平行，所以假设不成立，则不平行平面，故项错误；对于项，将侧面铺平展开得，因为，所以，故，，底面圆周长，所以，则，所以点A到中点的最短距离为， 在等边三角形中，，故B项正确；对于C项，因为，，则，所以，所以，同理，又，所以四面体为正四面体，取的中点，连接，则⊥，⊥，则即为二面角的大小，其中，由余弦定理得，即二面角的余弦值为，故C项错误；对于D项，设圆锥的轴截面顶角，则，由题意得，因为，所以，又在上单调递减， 故，此时平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆，D正确.故选：.【点睛】在空间中，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线是一个圆，用一个不垂直轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，设圆锥的轴截面半顶角为，当时，截口曲线为椭圆，当时，截口曲线为抛物线，当时，截口曲线为双曲线如图所示：三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若，则的坐标是__________.【答案】【解析】【分析】应用空间向量数乘即向量相等即可.【详解】因为，设则， 所以，则，即.故答案为：14.若函数有两个零点，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】将问题转换成与的图像交点问题，数形结合得到答案.【详解】函数有两个零点，即与的图像有两个交点.令，作出与的大致图像如图所示，由图可知，则，故实数的取值范围是.故答案为：15.已知函数在区间内不存在对称轴，则的最大值是__________.【答案】【解析】【分析】由正弦函数性质及已知条件建立不等式组即可【详解】因为，且，所以， 因为在区间内不存在对称轴，所以，解得，当时，；当时，；当时，不成立，即，故答案为：.16.如图，已知直线是之间的一个定点，点到的距离分别为是直线上一个动点，过点作，交直线于点，平面内动点满足，则面积的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】取的中点的中点，先由平面向量运算得到；表示出，再由几何关系得到，最后由三角函数二倍角公式和取值范围得到最值.【详解】由，得.取的中点的中点，有，则.设，由于，，而，则，由，，得， 则，当且仅当，即时取等号，此时的面积的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查平面向量和基本不等式的计算.取的中点的中点，先由平面向量运算得到；表示出，再由几何关系得到，最后由三角函数二倍角公式和取值范围得到最值.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点，且满足（为坐标原点）.（1）求的方程；（2）求的角平分线所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量关系求出点A坐标，代入抛物线方程可得；（2）求出直线BF，AF的方程，设为的角平分线所在直线上任一点，利用点到直线的距离公式可得.【小问1详解】因为，所以，所以，设，则，解得.因为点在上，所以，所以，所以. 【小问2详解】由（1）知，所以直线的方程为，又，所以直线的方程为，即.由抛物线的图形知，的角平分线所在直线的斜率为正数.设为的角平分线所在直线上任一点，则有，若，得，其斜率为负，不合题意，舍去.所以，即，所以的角平分线所在直线的方程为.18.已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.（1）求的方程；（2）过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1））由离心率和焦点坐标即可求得的方程.（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据求出直线的方程. 【小问1详解】由已知得，离心率，得，则的方程为.【小问2详解】由题可知，若面积存在，则斜率不为0，所以设直线的方程为显然存在，，联立消去得，因为直线过点，所以显然成立，且，因为.，化简得，解得或（舍），所以直线的方程为或.19.如图，已知棱长为4的正方体为的中点，为的中点，，且面. （1）求证：四点共面，并确定点位置；（2）求异面直线与之间的距离；（3）作出经过点的截面（不需说明理由，直接注明点的位置），并求出该截面的周长.【答案】（1）为的中点.证明见解析（2）（3）截面位置见解析，【解析】【分析】（1）由线面平行的性质定理得到四点共面，进而确定F的位置；（2）证明同时垂直于两条异面直线，并求出长度即可；（3）在线段上分别取点，使得，连接点，画出四边形即为所求，并求出周长.【小问1详解】证明：因为面面，面面，所以，所以四点共面.又，所以为中点.【小问2详解】 连接，因为面面，所以，因为，所以，又，所以面，又面，所以.所以线段即为异面直线与之间的距离，易得，即异面直线与之间的距离为.【小问3详解】如图，在线段上分别取点，使得，连接点，则四边形即为所求. 又，所以该截面的周长为.20.在中，内角的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若，点在线段上且满足，当取最小值时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，求得，即可求解.（2）由正弦定理求得，根据，利用向量的线性运算法则和数量积的运算公式，结合二次函数的性质，即可求解.【小问1详解】由题得，由正弦定理得，又由，可得，所以，即，因为，可得，所以，即，因为，所以，所以，故，【小问2详解】 中，由正弦定理得，即，解得，则，因为，由余弦定理得，所以当时，取到最小值.21.如图①，在矩形中，为边的中点.将沿翻折至，连接，得到四棱锥（如图②），为棱的中点.（1）求证：面，并求的长；（2）若，棱上存在动点（除端点外），求直线与面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1），证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行即可求证，然后利用勾股定理可求出的长；（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解直线与平面的夹角，并结合函数性质，从而求解.【小问1详解】证明：取的中点，连接，如下图， 因为分别为的中点，所以且.又且，所以，，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面平面，所以平面.在中，，所以.【小问2详解】取的中点，连接，易得.在中，，且，则，即.因为面，所以面.取的中点，连接，则，以为原点，方向分别为轴的正方向，建立如上图所示的空间直角坐标系，，设，则有，所以.因为，设平面的一个法向量， 则取，可得.设与平面所成角为，则.设，所以，因为，因为，所以，所以，所以.即与平面所成角的正弦值的取值范围为.22.已知双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为.（1）求的标准方程；（2）设不与渐近线平行的动直线与双曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在定点，坐标为.【解析】【分析】（1）根据双曲线的几何性质即可求解，（2）联立直线与双曲线方程，利用判别式为0得，进而可得坐标，即可根据向量垂直的坐标关系代入求解.【小问1详解】由题可得渐近线方程为，即， 则右焦点到渐近线的距离为，又，所以，所以的标准方程为.【小问2详解】由题可得直线的斜率显然存在且，设直线的方程为，则，联立消去整理得，由设直线与双曲线有且只有一个公共点且，可知，即.令，则，代入直线方程得，即.假设以为直径的圆上存在定点，令，则，即恒成立，即，所以，令且，则当时恒成立，所以在焦点所在的坐标轴上存在定点，坐标为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点