2022-2023学年云南省红河州弥勒市第四中学高二上学期11月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年云南省红河州弥勒市第四中学高二上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，集合，.若，则复数等于

A．1 B．−1 C． D．

【答案】C

【分析】由复数的概念得到集合Q，计算集合P与集合Q的补集，即可确定出复数z.

【详解】,,则，

即zi=-1,z=,

故选C

【点睛】本题考查集合的交集运算和复数的运算，属于简单题.

2．直线过点，斜率为，则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据直线的点斜式方程即可得解.

【详解】解：因为直线过点，斜率为，

所以直线的方程为，即.

故选：D.

3．已知点，，动点满足，则动点的轨迹是（    ）

A．椭圆 B．直线 C．线段 D．圆

【答案】C

【分析】注意到，即可做出正确判断.注意准确掌握椭圆定义，此题易错误判定为椭圆.

【详解】因为，故动点的轨迹是线段.

故选：C.

4．是向量为单位向量的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】由单位向量的定义，即得解

【详解】由单位向量的定义，可知是向量为单位向量的充要条件

故选：C

【点睛】本题考查了充要条件的判断，考查了学生概念理解，逻辑推理能力，属于基础题.

5．椭圆的一个焦点是，那么等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将椭圆方程化为标准方程，再由焦点可知椭圆的值，再利用即可求得值.

【详解】由得，

又因为椭圆的一个焦点是，所以，，

又，所以，解得，

故.

故选：A.

6．如图：在平行六面体中，为，的交点．若，，，则向量（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平行六面体的性质及向量的线性运算即可求解.

【详解】由题意可知，在平行六面体中，为，的交点,

所以是的中点，

所以,

所以,

故选：A.

7．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，且直线过双曲线的一个焦点，则双曲线实轴长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可得及，再结合求出，即可得解.

【详解】解：由题意知，，，又，

∴，，，

故双曲线实轴长为.

故选：C.

8．设为实数，定义在上的偶函数满足：①在上为增函数；②，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用函数的奇偶性及单调性可得，进而即得.

【详解】因为为定义在上的偶函数，在上为增函数，

由可得，

∴，

解得.

故选：B.

二、多选题

9．下列选项中正确的是（    ）

A．，则

B．若，，则.

C．若，，则

D．若，则的最小值是2

【答案】BC

【分析】A选项，可举出反例；

BC选项，可根据不等式的基本性质进行推导得到；

D选项，利用基本不等式进行求解，由于等号取不到，可知无最小值.

【详解】若，则，A错误；

因为，所以，

因为，所以，B正确；

因为，所以，

因为，所以，即，C正确；

因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，

由于，故等号取不到，所以无最小值.

故选：BC

10．函数的一条对称轴方程为，则可能的取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】由称轴方程为,可得，从而可求出的值.

【详解】解：因为函数的一条对称轴方程为，

所以，解得，

所以当时，，

当时，，

当时，，

故选：BD

【点睛】此题考查正弦函数的图象与性质，属于基础题.

11．已知圆的方程为，若圆上恰好有3个点到直线的距离为1，则的方程不可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据圆的性质，结合垂径定理，可得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式，可得答案.

【详解】由题意，易知直线分割圆为一段优弧和一段劣弧，则在劣弧上有且仅有一个点到直线的距离为，且该点为劣弧的中点，

根据垂径定理，可得圆心到直线的距离为，

对于A，，故A正确；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C错误；

对于D，，故D错误.

故选：BCD.

12．已知椭圆的左､右焦点为点P在椭圆上，且不与椭圆的左､右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（    ）

A．的周长为4+

B．当时，的边

C．当时，的面积为

D．椭圆上有且仅有6个点P，使得为直角三角形

【答案】AD

【解析】利用椭圆的定义结合焦距即可判断选项A；利用时，轴，点横坐标为即可求出点纵坐标，即可判断选项B；利用焦点三角形面积公式求出的面积，即可判断选项C；分别讨论三个内角为直角的情况，即可判断选项D.

【详解】由椭圆的方程可得：，，，

对于选项A: 的周长为，故选项A 正确；

对于选项B：当时，轴，令，可得，所以，故选项B不正确；

当时，的面积为，故选项C不正确；

当点位于椭圆的上下顶点时，，而，此时，有2个直角三角形，当时，，此时点位于第二或第三象限，有2个直角三角形，同理可得时，，此时有2个直角三角形，所以共有6个直角三角形，故选项D正确，

故选：AD

【点睛】结论点睛：以焦点三角形的有关结论

（1）焦点三角形的周长为定值；

（2）设焦点三角形中，则焦点三角形面积为，

（3）当点为短轴端点时，最大.

三、填空题

13．设空间向量，，若，则___________.

【答案】5

【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.

【详解】因为，

所以，

故答案为：

14．使得“”成立的一个充分条件是___________.

【答案】（答案不唯一，）.

【分析】由于，故不等式等价于，解得，故只需写出的子集即可.

【详解】由于，故等价于，解得：，

使得“”成立的一个充分条件只需为集合的子集即可，

故答案可以为：

故答案为：

【点睛】本题考查充分条件，指数不等式，考查运算求解能力，是中档题.解题的关键在于根据已知解指数不等式，进而需求不等式解集的子集即可.

15．设两圆与圆的公共弦所在的直线方程为_______

【答案】

【分析】利用两圆的方程相减即可求解.

【详解】因为圆，圆，

由得，，

所以两圆的公共弦所在的直线方程为.

故答案为：.

16．已知一个圆锥内接于球（圆锥的底面圆周及顶点均在球面上），若球的半径，圆锥的高是底面半径的2倍，则圆锥的侧面积为______.

【答案】

【解析】设圆锥的底面半径为，则圆锥的高，易知球心在圆锥的高线上，结合球的半径为5，利用勾股定理，由求得r，再代入圆锥的侧面积公式求解.

【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的高.

由题意知球心在圆锥的高线上，如图所示，

，

在中，由勾股定理得，

解得或（舍去），

所以，，母线长为，

所以圆锥的侧面积为.

故答案为：

四、解答题

17．已知双曲线C： (，)的离心率为．

（1）若双曲线C的焦距长为，求双曲线C的方程：

（2）若点为双曲线C上一点，求双曲线C的方程，

【答案】（1）   （2）

【分析】（1）离心率，又，结合可求得得方程；

（2）由，把坐标代入双曲线方程得，结合可求得得方程．

【详解】由 得，．

（1） ，，，，

双曲线C的方程为．

（2）由题知C：，又点在C上，

，解得，，

双曲线C的方程为．

【点睛】本题考查双曲线的标准方程，解题关键是找到关于的两个等式，再结合结合就可求得，得双曲线方程．

18．在中，角的对边分别为，，，且满足.

(1)求角；

(2)若，，求外接圆的面积

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理和两角和与差的正弦公式即可求解；

（2）根据余弦定理和正弦定理即可求解.

【详解】（1）由正弦定理知，，

所以，

∴，且，，

∴，.

（2）由余弦定理得，，，

∴，.

∴外接圆面积.

19．已知直线：，圆：.

(1)求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；

(2)若直线的倾斜角为45°，求直线被圆截得的弦长.

【答案】(1)证明见解析，.

(2).

【分析】对于（1），将化为即可得答案；

对于（2），由（1）结合题意可得l方程，求得l到圆C圆心距离，结合圆半径可得答案.

【详解】（1）：，

联立

解得

故直线恒过定点.

（2）由题意直线的斜率，得，

∴：

圆：，圆心，半径，

圆心到直线的距离

所以直线被圆所截得的弦长为.

20．俄罗斯与乌克兰的军事冲突导致石油、天然气价格飙升.燃油价格问题是人们关心的热点问题，某网站为此进行了调查.现从参与者中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示

(1)求样本中数据落在的频率；

(2)求样本数据的第60百分位数；

(3)若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在这一组的概率.

【答案】(1)0.4

(2)55

(3)

【分析】（1）利用频率分布直方图所有小矩形面积和为1计算求解即可；

（2）根据频率分布直方图和第60百分位数定义计算即可；

（3）利用分层抽样的概念和古典概型计算公式计算即可.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，样本中数据落在的频率为

（2）样本数据的第60百分位数落在第四组，且第60百分位数为

（3）与两组的频率之比为，现从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，

则组抽取2人，记为，，组抽取4人，记为1，2，3，4.

所有可能的情况为，，，，，，，，，，，，，，，共15种.

其中至少有1人的年龄在的情况有，，，，，，，，，共9种，

故所求概率.

21．在如图所示的四棱锥中，四边形为矩形，平面，为的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，交于点，连接，则，再由线面平行的判定定理即可证明.

（2）如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式代入即可得出答案.

【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，

∵为中点，为中点，

∴

∵平面，平面，

∴平面

（2）解：如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

则，，，

则，

∵平面，∴平面的一个法向量.

设平面的法向量为，

则

即

令，则，，∴

∴

故平面与平面夹角的余弦值为.

22．已知椭圆：，顺次连接椭圆的四个顶点所构成的四边形的面积为，周长为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设过点的直线交椭圆于，两点，以为直径作圆，试判断点与圆的位置关系.

【答案】(1)；

(2)点在圆外.

【分析】（1）根据题设可得关于的方程组，求出其解后可求椭圆方程；

（2）设，，利用可得点与圆的关系.

【详解】（1）由题知，，

整理得到：，解得，故，

∴椭圆的方程为.

（2）当，为椭圆的左右顶点时，显然点在圆外.

当，不是左、右顶点时，设，，直线：，

则，

由得

∴，

从而

，

又与不共线.∴为锐角，故点在圆外.