辽宁省名校2023-2024学年高二上学期12月月考数学试卷(含答案)

这是一份辽宁省名校2023-2024学年高二上学期12月月考数学试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、已知复数z满足，则z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O为底面三角形的重心，P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C于M，N两点，若，且，则C的离心率为( )
A.B.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M，满足若P为的费马点，则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9、已知定义域为R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
11、已知直线截圆所得的弦长为，点M，N在圆O上，且直线过定点P，若，Q为的中点，则下列说法正确的是( )
A.点P坐标为
B.当直线l与直线平行时，
C.动点Q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，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P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P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
13、已知，，，若，则C的坐标是__________.
14、若函数有两个零点，则实数a的取值范围是__________.
15、已知函数在区间内不存在对称轴，则的最大值是__________.
16、如图，已知直线，A是，之间的一个定点，点A到，的距离分别为是直线上一个动点，过点A作，交直线于点C，平面内动点G满足，则面积的最小值是__________.
四、解答题
17、已知抛物线的焦点为F，点A在抛物线C上，点，且满足（O为坐标原点）.
（1）求C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C的方程；
（2）过F作直线l与C交于M，N两点，O为坐标原点，若，求l的方程.
19、如图，已知棱长为4的正方体，M为的中点，E为的中点，，且面.
（1）求证：E，F，M，B四点共面，并确定点F位置；
（2）求异面直线与之间的距离；
（3）作出经过点A，F，M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.
20、在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求A；
（2）若，，点D在线段上且满足，当取最小值时，求的值.
21、如图①，在矩形中，，，E为边的中点.将沿翻折至，连接，，得到四棱锥（如图②），M为棱的中点.
（1）求证：面，并求的长；
（2）若，棱上存在动点F（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C的标准方程；
（2）设不与渐近线平行的动直线l与双曲线有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点M，使得以为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案
1、答案：B
解析：由题得，
所以z的共轭复数为.
故选：B
2、答案：A
解析：由题知抛物线，所以，故抛物线的准线方程为.
故选：A.
3、答案：C
解析：因为，，，
所以，故C项正确，
故选：C.
4、答案：D
解析：取的中点E，连接.由重心的性质可知，且B，O，E三点共线.
因为，所以，.所以在基底下的有序实数组为.
故选：D.
5、答案：D
解析：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、答案：A
解析：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、答案：C
解析：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r，即，，则外接球的表面积为.故C项正确.
故选：C.
8、答案：D
解析：在中，，，，
由是的角平分线，交于M，
设M到两边的距离为d，
则，
故.
已知的三个内角均小于，则点P与的三个顶点的连线两两成角，
所以.，
所以，
所以
.
故选：D.
9、答案：BC
解析：因为是定义域为R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：BC.
10、答案：ABD
解析：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，，所以直线是图像的对称轴，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：ABD
11、答案：ABD
解析：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l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，
，Q为的中点，
，
点M，N在圆O上，
，，
，
即，化简可得，
所以点Q的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故C错误；
对于D，点P到圆心的距离为，在圆内，
的取值范围为，
，
的取值范围为，故D项正确.
故选：ABD.
12、答案：BD
解析：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A项错误；
对于B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M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Q，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：BD.
13、答案：
解析：因为，，，设，
则，
所以，
则，，，
即.
故答案为：.
14、答案：
解析：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、答案：
解析：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、答案：
解析：由，得.
取的中点M，的中点N，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：.
17、答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，
所以，所以，
设，则，解得.
因为点在上，所以，
所以，所以.
（2）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、答案：（1）
（2）或.
解析：（1）由已知得，离心率，
得，，
则C的方程为.
（2）由题可知，若面积存在，则斜率不为0，
所以设直线l的方程为，m显然存在，
，，
联立消去得，
因为直线l过点F，所以显然成立，
且，，
因为.
，
化简得，
解得或（舍），
所以直线l的方程为或.
19、答案：（1）F为的中点.证明见解析
（2）
（3）截面位置见解析，
解析：（1）证明：因为面，面，
面面，
所以，所以E，F，M，B四点共面.
又，所以F为中点.
（2）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.
（3）如图，在线段，上分别取点P，Q，
使得，，连接点A，F，Q，P，则四边形即为所求.
又，，
所以该截面的周长为.
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）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，
（2）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、答案：（1），证明见解析
（2）
解析：（1）证明：取的中点N，连接，，如下图，
因为M，N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.
（2）取的中点Q，连接，，易得.
在中，，，且，
则，即.
因为，，，面，
所以面.
取的中点G，连接，则，
以E为原点，，，方向分别为x，y，z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.
为直径的圆恒过点M？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
22、答案：（1）
（2）存在定点M，坐标为.
解析：（1）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C的标准方程为.
（2）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y整理得，
由设直线与双曲线有且只有一个公共点P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M，
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M，坐标为.