遼寧省名校聯(lián)盟2023-2024學年高二上學期12月月考試題數(shù)學

遼寧省名校聯(lián)盟2023年高二12月份聯(lián)合考試數(shù)學本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數(shù)滿足，則的共軛復數(shù)為（）A. B. C. D.2.拋物線的準線方程是（）A. B. C. D.3.已知，則（）A. B.C. D.4.如圖，在四面體中，點為底面三角形的重心，為的中點，設，，則在基底下的有序實數(shù)組為（）A. B. C. D.5.已知終邊經過點，則（）A. B. C. D.6.設分別是橢圓的左?右焦點，過點的直線交于兩點，若，且，則的離心率為（）A B. C. D.7.有很多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美，其中半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個棱數(shù)為24的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得.若為線段的中點，且，則該半正多面體外接球的表面積為（）A. B. C. D.8.十七世紀法國數(shù)學家皮埃爾?德?費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”.它的答案是：當三角形的三個角均小于時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點，在費馬問題中，所求點稱為費馬點.已知在中，，是的角平分線，交于，滿足若為的費馬點，則（）A. B. C. D.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知定義域為的奇函數(shù)在單調遞減，且，則下列選項滿足的是（）A. B. C. D.10.函數(shù)部分圖像如圖所示，則下列結論正確的是（）A.點是圖像的對稱中心B.直線是圖像的對稱軸C.的圖像向右平移個單位長度得的圖像D.在區(qū)間上單調遞減11.已知直線截圓所得的弦長為，點在圓上，且直線過定點，若，為的中點，則下列說法正確的是（）A.點坐標為B.當直線與直線平行時，C.動點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓D.的取值范圍為12.在一個圓錐中，為圓錐的頂點，為圓錐底面圓的圓心，為線段的中點，為底面圓的直徑，是底面圓的內接正三角形，，則下列說法正確的是（）A.平面B.在圓錐的側面上，點A到的中點的最短距離為C.二面角的余弦值為D.記直線與過點的平面所成角為，當時，平面與圓錐側面的交線為橢圓或部分橢圓三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知，若，則的坐標是__________.14.若函數(shù)有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是__________.15.已知函數(shù)在區(qū)間內不存在對稱軸，則最大值是__________.16.如圖，已知直線是之間的一個定點，點到的距離分別為是直線上一個動點，過點作，交直線于點，平面內動點滿足，則面積的最小值是__________.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，點，且滿足（為坐標原點）.（1）求的方程；（2）求的角平分線所在直線的方程.18.已知橢圓的一個焦點為，且離心率為.（1）求的方程；（2）過作直線與交于兩點，為坐標原點，若，求的方程.19.如圖，已知棱長為4的正方體為的中點，為的中點，，且面.（1）求證：四點共面，并確定點位置；（2）求異面直線與之間的距離；（3）作出經過點截面（不需說明理由，直接注明點的位置），并求出該截面的周長.20.在中，內角的對邊分別為，且滿足.（1）求；（2）若，點在線段上且滿足，當取最小值時，求的值.21.如圖①，在矩形中，為邊的中點.將沿翻折至，連接，得到四棱錐（如圖②），為棱的中點.（1）求證：面，并求的長；（2）若，棱上存在動點（除端點外），求直線與面所成角的正弦值的取值范圍.22.已知雙曲線的離心率為2，焦點到漸近線的距離為.（1）求標準方程；（2）設不與漸近線平行的動直線與雙曲線有且只有一個公共點，且與直線相交于點，試探究：在焦點所在的坐標軸上是否存在定點，使得以為直徑的圓恒過點？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由.

遼寧省名校聯(lián)盟2023年高二12月份聯(lián)合考試數(shù)學本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數(shù)滿足，則的共軛復數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由復數(shù)的除法運算結合共軛復數(shù)的定義求得.【詳解】由題得，所以的共軛復數(shù)為.故選：B2.拋物線的準線方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】結合拋物線的準線方程求解即可.【詳解】由題知拋物線,所以，故拋物線的準線方程為.故選：A.3.已知，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)指數(shù)，對數(shù)相應的值可得，，從而可求解.【詳解】因為，，所以，故C項正確，故選：C.4.如圖，在四面體中，點為底面三角形的重心，為的中點，設，，則在基底下的有序實數(shù)組為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)空間向量的線性運算即可求解.【詳解】取的中點，連接.由重心的性質可知，且三點共線.因為，所以.所以在基底下的有序實數(shù)組為.故選：5.已知終邊經過點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)的終邊經過點，利用三角函數(shù)終邊知識從而可求解【詳解】由題意得，故.又因為，所以，所以，所以，所以，故D項正確.故選:D.6.設分別是橢圓的左?右焦點，過點的直線交于兩點，若，且，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，中，由余弦定理得與的關系，中，由余弦定理得與的關系，可求的離心率.【詳解】如圖，設，則.由橢圓定義可得，則在中，由余弦定理得:，即，解得，則.在中，由余弦定理得，又，所以，所以離心率.故選：A.7.有很多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美，其中半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個棱數(shù)為24的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得.若為線段的中點，且，則該半正多面體外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用割補法將此多面體補成正方體，建立空間直角坐標系，根據(jù)幾何關系，從而可求解.【詳解】將半正多面體補成正方體，建立如圖所示的空間直角坐標系.令正方體的棱長為，則，所以，所以，解得，則正方體的棱長為.令該半正多面體外接球的半徑為，即，則外接球的表面積為.故C項正確.故選：C.8.十七世紀法國數(shù)學家皮埃爾?德?費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”.它的答案是：當三角形的三個角均小于時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點，在費馬問題中，所求點稱為費馬點.已知在中，，是的角平分線，交于，滿足若為的費馬點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】應用角平分線的性質及等面積法及數(shù)量積即可求解.【詳解】在中，，由是的角平分線，交于，設到兩邊的距離為，則，故.已知的三個內角均小于，則點與的三個頂點的連線兩兩成角，所以.，所以，所以.故選：D.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知定義域為的奇函數(shù)在單調遞減，且，則下列選項滿足的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】由分類討論，結合奇函數(shù)的性質求出不等式的解集，然后判斷各選項．【詳解】因為是定義域為的奇函數(shù)，且在單調遞減，且，所以，且在上單調遞減，所以當時，，不滿足題意；當時，由，可得，所以；當時，由，可得，所以.綜上，的解集為.故選:.10.函數(shù)的部分圖像如圖所示，則下列結論正確的是（）A.點是圖像的對稱中心B.直線是圖像的對稱軸C.的圖像向右平移個單位長度得的圖像D.在區(qū)間上單調遞減【答案】ABD【解析】【分析】由圖象結合五點法求出函數(shù)解析式，然后根據(jù)正弦函數(shù)性質進行檢驗．【詳解】由題意可知，解得，所以，解得.將代入中，得，解得，因為，所以當時，，所以.對于A項，，所以點是圖像的對稱中心，故A項正確；對于B項，，所以直線是圖像對稱軸，故B項正確；對于C項，的圖像向右平移個單位長度得的圖像，故C項錯誤；對于D項，當時，，所以在區(qū)間上單調遞減，故D項正確.故選：ABD11.已知直線截圓所得的弦長為，點在圓上，且直線過定點，若，為的中點，則下列說法正確的是（）A.點坐標為B.當直線與直線平行時，C.動點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓D.的取值范圍為【答案】ABD【解析】【分析】由直線過定點的求法參變分離，即可列式求解得出定點判斷A；由兩直線平行時斜率的關系列式得出判斷B，注意驗證一下，避免兩直線重合；通過圓弦長的幾何求法列式得出半徑，設出所求點，因為直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出，即可通過圓弦長的幾何求法列式代入值化簡得出軌跡方程，即可判斷C；通過圓上點到定點距離的范圍求法得出的取值范圍，即可通過得出的取值范圍判斷D.【詳解】對于A，因為直線，可化為，由，解得，所以過定點，故A正確；對于B，當直線與直線平行時，因為直線的斜率為，所以直線的斜率也為時，則，解得：，此時，即與直線平行，故B項正確；對于C，圓心到直線的距離為，則，解得，設的中點為，，為的中點，，點在圓上，，，，即，化簡可得，所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，故C錯誤；對于D，點到圓心的距離為，在圓內，的取值范圍為，取值范圍為，故D項正確.故選：ABD.12.在一個圓錐中，為圓錐的頂點，為圓錐底面圓的圓心，為線段的中點，為底面圓的直徑，是底面圓的內接正三角形，，則下列說法正確的是（）A.平面B.在圓錐的側面上，點A到的中點的最短距離為C.二面角的余弦值為D.記直線與過點的平面所成角為，當時，平面與圓錐側面的交線為橢圓或部分橢圓【答案】BD【解析】【分析】A選項，假設平面，由線面平行的性質得到線線平行，但不與平行，所以假設不成立，A錯誤；B選項，將側面鋪平展開，在平面內得到最短距離；C選項，先求出四面體為正四面體，作出輔助線，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出答案；D選項，設圓錐的軸截面頂角，得到，根據(jù)余弦函數(shù)的單調性得到，從而得到答案.【詳解】對于A項，假設平面，因為平面，平面平面，所以，由題意得不與平行，所以假設不成立，則不平行平面，故項錯誤；對于項，將側面鋪平展開得，因為，所以，故，，底面圓周長，所以，則，所以點A到中點的最短距離為，在等邊三角形中，，故B項正確；對于C項，因為，，則，所以，所以，同理，又，所以四面體為正四面體，取的中點，連接，則⊥，⊥，則即為二面角的大小，其中，由余弦定理得，即二面角的余弦值為，故C項錯誤；對于D項，設圓錐的軸截面頂角，則，由題意得，因為，所以，又在上單調遞減，故，此時平面與圓錐側面的交線為橢圓或部分橢圓，D正確.故選：.【點睛】在空間中，用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線是一個圓，用一個不垂直軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，設圓錐的軸截面半頂角為，當時，截口曲線為橢圓，當時，截口曲線為拋物線，當時，截口曲線為雙曲線如圖所示：三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知，若，則的坐標是__________.【答案】【解析】【分析】應用空間向量數(shù)乘即向量相等即可.【詳解】因為，設則，所以，則，即.故答案為：14.若函數(shù)有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】將問題轉換成與的圖像交點問題，數(shù)形結合得到答案.【詳解】函數(shù)有兩個零點，即與的圖像有兩個交點.令，作出與的大致圖像如圖所示，由圖可知，則，故實數(shù)的取值范圍是.故答案為：15.已知函數(shù)在區(qū)間內不存在對稱軸，則的最大值是__________.【答案】【解析】【分析】由正弦函數(shù)性質及已知條件建立不等式組即可【詳解】因為，且，所以，因為在區(qū)間內不存在對稱軸，所以，解得，當時，；當時，；當時，不成立，即，故答案為：.16.如圖，已知直線是之間的一個定點，點到的距離分別為是直線上一個動點，過點作，交直線于點，平面內動點滿足，則面積的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】取的中點的中點，先由平面向量運算得到；表示出，再由幾何關系得到，最后由三角函數(shù)二倍角公式和取值范圍得到最值.【詳解】由，得.取的中點的中點，有，則.設，由于，，而，則，由，，得，則，當且僅當，即時取等號，此時的面積的最小值為.故答案為：【點睛】本題考查平面向量和基本不等式的計算.取的中點的中點，先由平面向量運算得到；表示出，再由幾何關系得到，最后由三角函數(shù)二倍角公式和取值范圍得到最值.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，點，且滿足（為坐標原點）.（1）求的方程；（2）求的角平分線所在直線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量關系求出點A坐標，代入拋物線方程可得；（2）求出直線BF，AF的方程，設為的角平分線所在直線上任一點，利用點到直線的距離公式可得.【小問1詳解】因為，所以，所以，設，則，解得.因為點在上，所以，所以，所以.【小問2詳解】由（1）知，所以直線的方程為，又，所以直線的方程為，即.由拋物線的圖形知，的角平分線所在直線的斜率為正數(shù).設為的角平分線所在直線上任一點，則有，若，得，其斜率為負，不合題意，舍去.所以，即，所以的角平分線所在直線的方程為.18.已知橢圓的一個焦點為，且離心率為.（1）求的方程；（2）過作直線與交于兩點，為坐標原點，若，求的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1））由離心率和焦點坐標即可求得的方程.（2）設出直線方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)求出直線的方程.【小問1詳解】由已知得，離心率，得，則的方程為.【小問2詳解】由題可知，若面積存在，則斜率不為0，所以設直線的方程為顯然存在，，聯(lián)立消去得，因為直線過點，所以顯然成立，且，因為.，化簡得，解得或（舍），所以直線的方程為或.19.如圖，已知棱長為4的正方體為的中點，為的中點，，且面.（1）求證：四點共面，并確定點位置；（2）求異面直線與之間的距離；（3）作出經過點的截面（不需說明理由，直接注明點的位置），并求出該截面的周長.【答案】（1）為的中點.證明見解析（2）（3）截面位置見解析，【解析】【分析】（1）由線面平行的性質定理得到四點共面，進而確定F的位置；（2）證明同時垂直于兩條異面直線，并求出長度即可；（3）在線段上分別取點，使得，連接點，畫出四邊形即為所求，并求出周長.【小問1詳解】證明：因為面面，面面，所以，所以四點共面.又，所以為中點.【小問2詳解】連接，因為面面，所以，因為，所以，又，所以面，又面，所以.所以線段即為異面直線與之間的距離，易得，即異面直線與之間的距離為.【小問3詳解】如圖，在線段上分別取點，使得，連接點，則四邊形即為所求.又，所以該截面的周長為.20.在中，內角的對邊分別為，且滿足.（1）求；（2）若，點在線段上且滿足，當取最小值時，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，化簡得到，得到，求得，即可求解.（2）由正弦定理求得，根據(jù)，利用向量的線性運算法則和數(shù)量積的運算公式，結合二次函數(shù)的性質，即可求解.【小問1詳解】由題得，由正弦定理得，又由，可得，所以，即，因為，可得，所以，即，因為，所以，所以，故，【小問2詳解】中，由正弦定理得，即，解得，則，因為，由余弦定理得，所以當時，取到最小值.21.如圖①，在矩形中，為邊的中點.將沿翻折至，連接，得到四棱錐（如圖②），為棱的中點.（1）求證：面，并求的長；（2）若，棱上存在動點（除端點外），求直線與面所成角的正弦值的取值范圍.【答案】（1），證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線面平行即可求證，然后利用勾股定理可求出的長；（2）建立空間直角坐標系，用向量法求解