2022-2023学年辽宁省葫芦岛市兴城市高级中学等四校高二12月月考 数学 解析版

2022—2023学年度上学期高二年级四校12月联考试题

数学试卷

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 向量，，若，则（    ）

A.  B. ，

C. ， D. ，

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，设，即，即可求得、的值

【详解】因为向量，，且，

则设，即，

则有，则，，解得，，

故选：C

2. 已知，则x=（　　）

A. 3或10 B. 3 C. 17 D. 3或17

【答案】A

【解析】

【分析】根据组合数的性质求解即可

【详解】因为，故或，

即或

故选：A

3. 抛物线的焦点坐标是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先将方程化为抛物线的标准方程，可求出，从而可求出的值，进而可求出焦点坐标

【详解】由得，则，且焦点在轴正半轴上，所以焦点坐标是.

故选：A.

4. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（    ）个．

A. 240 B. 360 C. 600 D. 720

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用插空法计算得到答案.

详解】利用插空法：共有种.

故选：A

5. 若直线与垂直，直线的方程为，则与间的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线垂直求出，再由平行线间距离公式求解.

【详解】因为直线与垂直，

所以，解得，

所以直线的方程为，直线的方程为，

由平行线间的距离公式可得.

故选：C.

6. 与双曲线有共同渐近线，且经过点的双曲线的虚轴的长为（　　）

A. 2 B. 4 C. 2 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】依题意，设双曲线的方程为，将点的坐标代入可求．即可求解.

【详解】设与双曲线有共同的渐近线的双曲线的方程为，

该双曲线经过点，

．

所求的双曲线方程为：，即．

所以，

所以虚轴长为4.

故选：D

7. 已知Rt△ EFG的直角顶点E在平面内，斜边，且FG＝12，EF，EG与平面分别成30°和45°角，则FG到平面的距离是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设FG到平面的距离是，由题意知，进而根据勾股定理求得．

【详解】解：设FG到平面的距离是，

分别过作于，连接，如下图

则，

由知

，

，

在Rt△ EFG中，

，

解得．

故选：D．

8. 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e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m的取值范围为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将原方程两边开平方，结合两点的距离公式和点到直线的距离公式以及圆锥曲线的统一定义，可得的不等式，即可求解

【详解】即，

可得，

所以，

所以，即，

可得动点到顶点的距离和到定直线的距离之比为常数，

由双曲线的定义可得，解得，

故选：A

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（    ）

A. 每人安排一项工作的不同方法数为

B. 每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法数是

C. 每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，且甲、乙参加同一项工作，则不同的安排方法数为

D. 每人安排一项工作，如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据乘法原理安排可判断A，分四组全排列可计算安排种数判断B，甲乙一组，共4组全排列计算种数可判断C，根据分组分配问题可判断D.

【详解】对于A，安排5人参加4项工作,若每人都安排一项工作, 每人有4种安排方法,则有种安排方法，A正确;

对于B，根据题意,分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法， B错误;

对于C，甲乙看作一组，与其余三人看作4组，分配到4种工作中去，共有种不同安排方法， C正确；

对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组,有与二种分组方法， 将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作, 有种情况，则有种不同安排方法, D正确;

故选: ACD

10. 如图所示，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面是一个椭圆，则（    ）

A. 椭圆的长轴长为4

B. 椭圆离心率为

C. 椭圆的方程可以为

D. 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的，由此判断各选项.

【详解】设椭圆的长半轴长为，椭圆的长半轴长为，半焦距为，

由图象可得， ∴ ，

又，，

∴  ，

∴ 椭圆的长轴长为4，A对，

椭圆的离心率为，B错，

圆的方程可以为，C对，

椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D对，

故选：ABD.

11. 若动点满足且其中点是不重合的两个定点，则点的轨迹是一个圆，该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆已知点，，动点满足，点的轨迹为圆，则（    ）

A. 圆的方程为

B. 若圆与线段交于点，则

C. 若点与点不共线，则面积的最大值为

D. 若点与点不共线，的周长的取值范围是

【答案】ABD

【解析】

【分析】设点代入关系式化简可得的轨迹方程为一个圆，然后依次对每个选项进行判断即可.

详解】设，由得，

整理得，即，故A正确；

在上，所以，故B正确

点到直线距离的最大值为的半径，

所以面积的最大值为，故C错误；

的周长，

因为在圆内部，故的取值范围为，

所以的取值范围为，

所以的周长的取值范围是，故D正确

故选:ABD.

12. 双扭线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双扭线C．已知点是双扭线C上一点，下列说法中正确的有（    ）

A. 双扭线C关于原点O中心对称；

B. ；

C. 双扭线C上满足的点P有两个；

D. 的最大值为．

【答案】ABD

【解析】

【分析】

对A，设动点，则对称点代入轨迹方程，显然成立；对B，根据的面积范围证明；对C，若，则在y轴上，代入轨迹方程求解；对D，根据余弦定理分析中的边长关系，进而利用三角形的关系证明即可.

【详解】对A，设动点，由题意可得的轨迹方程为

把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；

对B，因为，故．

又，所以，

即，故．故B正确；

对C，若，则在的中垂线即y轴上．

故此时，代入，

可得，即，仅有一个，故C错误；

对D，因为，

故，

，

因为，，

故．

即，

所以．

又，当且仅当，，共线时取等号．

故，

即，解得，故D正确．

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题考查了动点轨迹方程的性质判定，因为轨迹方程比较复杂，故在作不出图像时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性分析，同时结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13. 甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件三个人去的景点各不相同，事件甲独自去一个景点，则__________．

【答案】

【解析】

【详解】甲独自去一个景点，则有3个景点可选，乙丙只能在甲剩下的哪两个景点中选择，种数为2×2=4 ， 所以甲独自去一个景点的可能性为3×2×2=12 ，因为三个人去的景点不同的种数为3×2×1=6，所以P（A|B）=.

故答案为

14. 在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，侧面PAB是等边三角形，，则平面PAB与平面ABCD的夹角为___________

【答案】##

【解析】

【分析】由平面与平面的夹角的定义求解即可

【详解】分别取的中点，连接，

因为侧面PAB是等边三角形，，四边形ABCD是边长为2的正方形，

所以，

，

又，平面平面,

所以是平面PAB与平面ABCD的平面角，

又，

所以，

所以，

所以平面PAB与平面ABCD夹角为

15. 圆关于直线对称的圆为，若圆和圆有公共点，则实数的取值范围为______.

【答案】

【解析】

【分析】先由得到m范围并求出方程，再由圆心距小于半径之和且大于0得到m范围.

【详解】.

得.又设关于的对称点为，

则，故：.

又两圆有公共点，则.

故答案为：.

16. 设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为.若，，与相交于点，且，则的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解.

【详解】作图如下，

由得，即,

又因为为，的中点，

所以,所以,

所以为的三等分点，且,

又因为,所以,且,

所以,

不妨设，且在第一象限，

，所以，

因为点在抛物线上，

所以，

所以根据相似关系可得，

所以,

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知圆的圆心在直线，且与直线相切于点.

（1）求圆的方程；

（2）直线过点且与圆相交，所得弦长为，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）分析可知圆心在直线上，联立两直线方程，可得出圆心的坐标，计算出圆的半径，即可得出圆的方程；

（2）利用勾股定理求出圆心到直线的距离，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数，即可得出直线的方程.

【小问1详解】

解：过点且与直线垂直的直线的方程为，

由题意可知，圆心即为直线与直线的交点，

联立，解得，故圆的半径为，

因此，圆的方程为.

【小问2详解】

解：由勾股定理可知，圆心到直线的距离为.

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，满足条件；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，

由题意可得，解得，

此时，直线的方程为，即.

综上所述，直线的方程为或.

18. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.

①第项的系数与第项的系数之比为；

②第项与倒数第项的二项式系数之和为；

③.

已知在的展开式中，                 .

（1）求展开式中二项式系数最大的项；

（2）求展开式中含的项.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】无论选择①②③，均结合展开式的通项公式和组合数的运算求得；

（1）由二项式系数的性质可知第项的二项式系数最大，代入可得结果；

（2）令可求得，代入通项公式可得结果.

【详解】若选①，展开式通项公式为，

则第项的系数为，第项的系数为，，解得：（舍）或；

若选②，第项与倒数第项的二项式系数分别为和，

，解得：（舍）或；

若选③，由得：；

的展开式通项公式为；

（1）当时，若取得最大值，则，即第项的二项式系数最大，

展开式中二项式系数最大的项为；

（2）令，解得：，

展开式中含的项为.

19. 已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且.

（1）求抛物线的方程；

（2）不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；

（2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解.

【小问1详解】

由抛物线过点，且，

得

所以抛物线方程为；

【小问2详解】

由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，

设，联立

得，

所以，

所以，

所以

因为，

所以，

则，

，即，

解得或，

又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，

不符合题意，故舍去；

所以实数的值为.

20. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，且，平面平面，，四棱锥的体积为.

（1）求长；

（2）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，求出，过点作，由面面垂直得到线面垂直，并求出四棱锥的高，利用体积列出方程，求出的长；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.

【小问1详解】

取中点，连

，

，

∴，由勾股定理得：，

∴，

过点作为垂足，

平面平面，平面平面，平面，

平面

，

，

解得：；

【小问2详解】

如图，以为原点，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系.

∵，平面平面，平面平面，平面，

∴平面，

故，，，

设平面的法向量为，

，取得：，

，

设直线与平面所成角为，

则

21. 设点为圆上的动点，过点作轴垂线，垂足为点，动点满足（点、不重合）

（1）求动点的轨迹方程；

（2）若过点的动直线与轨迹交于、两点，定点为，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）的值为定值，定值为

【解析】

【分析】（1）由平面向量的坐标运算与相关点法求解，

（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理化简后求解，

【小问1详解】

设点P为，动点M为，则Q点为，

，

，

求得：又，

即点M的轨迹方程为：，

【小问2详解】

设直线AB方程为：，

由得，

  或，

设A点，B点，则，

求得： ，

的值为定值，定值为．

22. 如图，三棱锥中，点在底面的射影在的高上，是侧棱上一点，截面与底面所成的二面角的大小等于的大小.

（1）求证：平面；

（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接，证明平面得到，根据二面角大小等于得到，得到线面垂直.

（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，得到向量，分别计算平面和平面的法向量，再根据向量的夹角公式计算得到答案.

【小问1详解】

连接，平面，平面，故，

又，平面，所以平面，

平面，故.

由二面角的定义可知：即为截面与底面所成的二面角.

又因为，所以，即，

又因为，所以平面.

【小问2详解】

以Q为坐标原点，向量，，所在方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

由题可知：，，，，，

所以，

设平面和平面的法向量分别为，

则有可得，令，得，

所以

则有可得，令，得，

所以，

设平面ABP与平面BPC夹角的大小为θ，则.