2023-2024学年云南省昆明市第八中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年云南省昆明市第八中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．复数的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由得，故共轭复数为.
【详解】
故其共轭复数为.
故选：B
2．已知，，且，则的最小值为（ ）
A．16B．C．12D．
【答案】A
【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换求解即可.
【详解】由题意，，且，
则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.
故选：A.
3．已知圆：，圆：，则与的位置关系是（ ）
A．外切B．内切C．外离D．相交
【答案】D
【分析】根据方程确定出圆心和半径，然后根据圆心距和半径的关系进行判断.
【详解】因为的圆心为，半径，的圆心为，半径，
所以，
所以，
所以与两圆相交，
故选：D.
4．已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的几何性质即可求解.
【详解】由椭圆的方程，得，，因为，所以，
又在椭圆上，所以，解得，
即，，
所以．
故选：A．
5．Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Lgistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60B．63C．66D．69
【答案】C
【分析】将代入函数结合求得即可得解.
【详解】，所以，则，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
6．如图，已知大小为的二面角棱上有两点A，B，，，若，则AB的长度（ ）
A．22B．40C．D．
【答案】C
【分析】过作且，连接，易得，通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，由勾股定理即可求出答案.
【详解】解：过作且，连接，则四边形是平行四边形，
因为，所以平行四边形是矩形，因为，即，
而，则是二面角的平面角，即，
因为，即为正三角形，所以，
因为，即，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以在中，，所以，
故选：C
7．设,是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：由双曲线性质得到，然后在和在中利用余弦定理可得．
详解：由题可知
在中，
在中,
故选B.
点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题．
8．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．
依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，
当直线时，， ，此时最小．
∴即 ，由解得， ．
所以以为直径的圆的方程为，即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选：D.
【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．
二、多选题
9．已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
10．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列结论正确的是（ ）

A．该正方体的外接球体积为
B．底面半径为，高为的圆锥体能够被整体放入该正方体
C．三棱锥的体积为定值
D．当与重合时，异面直线与所成的角为
【答案】BC
【分析】根据正方体的性质，求得外接球的半径，结合球的体积公式，可判定A不正确；根据几何体的结构特征，可判定B正确；由正方体性质，证得平面，结合题意公式，求得，可判定C正确；当与重合时，与上底面中心重合，把异面直线所成的角转化为直线与所成的角，在中，求得，可判定D错误.
【详解】记该正方体的外接球半径为，可得，解得，
所以外接球体积为，所以A不正确；
将该圆锥的顶点放在正方体上表面中心，底面圆为正方体下表面内切圆时，
恰好可以放得下底面半径为，高为的圆锥体，所以B正确；
如图（1）所示，由正方体性质，可得是矩形，
且，
连接交于点，因为正方形，可得，
又由平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以是点到平面的距离，且，
所以（定值）所以C正确；

如图（2）所示，当与重合时，与上底面中心重合，
连接与交于点，连接，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，
在中，因为，
由余弦定理得，所以D错误.
故选：BC.

11．已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
12．斐波那契是公元13世纪意大利著名的数学家，他在自己的著作《算盘全书》中记载着一个兔子繁殖问题：假定有一对大兔子（一雌一雄），每个月可以生下一对小兔子（一雌一雄），并且生下的这一对小兔子两个月后就具有繁殖能力.假如一年内没有发生死亡，那么，从一对小兔子开始，一年后共有多少对兔子？数学家斐波那契在研究时，发现了这样一个数列的数学模型：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，即数列满足：，，且.这个数列就是著名的“斐波那契数列”.已知斐波那契数列有如下性质：①存在正整数k使得成立；②存在正整数m使得成立，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】根据的关系，可得，即可求解.
【详解】对于①：，，两式相加可得，所以.
对于②：因为，，，…，
，
累加可得：，所以，
故选:AB.
三、填空题
13．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 .
【答案】
【分析】根据投影向量的定义进行求解即可.
【详解】因为向量，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为：.
故答案为：.
14．已知数列的前项和，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题意，结合和，即可求得数列的通项公式.
【详解】由数列的前n项和为，
当时，可得；
当时，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
15．甲乙两人通过考试的概率分别为和，两人同时参加考试，其中恰有一人通过的概率是 .
【答案】
【分析】记甲乙两人通过考试分别为事件、，则有，，所求的事件可表示为，由事件的独立性和互斥性，即可求出其中恰有一人通过的概率.
【详解】记甲、乙两人通过考试分别为事件、，则有，，
所求的事件可表示为，
.
故答案为：.
16．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
四、问答题
17．已知等差数列，，，…．
(1)求该等差数列的第20项．
(2)试问是不是该等差数列的项？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是这个等差数列的第100项.
【分析】（1）根据给定条件，求出该等差数列的通项公式即可求解作答.
（2）利用（1）中通项公式，确定方程的解作答.
【详解】（1）设该等差数列为，由，，得该等差数列的公差，
因此这个等差数列的通项公式为，
所以该等差数列的第20项．
（2）假设是这个等差数列中的第项，由（1）得，解得，
所以是这个等差数列的第100项.
18．2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．

(1)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．
①现计划从第一组和第二组抽取的人中，再随机抽取2名作为组长．求选出的两人来自不同组的概率．
②若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组面试者所有人的方差．
【答案】(1)平均数为，第25百分位数为63
(2)①；②
【分析】（1）由频率分布直方图列出方程组解出，然后分别计算出平均数和百分位数即可；
（2）①先利用分层抽样的方法计算样本，然后利用古典概型概率求解，然后根据题意计算方差即可.
【详解】（1）由题意可知：，
解得，
可知每组的频率依次为：，
所以平均数等于，
因为，
设第25百分位数为，
则，
解得，
第25百分位数为63．
（2）①根据分层抽样，和的频率比为，
故在和中分别选取1人和5人，分别编号为A和1，2，3，4，5，
则在这6人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有：
，，，，A5，12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，
共15个，即，
记事件B“两人来自不同组”，则B包含的样本点有，，，，共5个，
即，所以
②设第二组、第四组的平均数与方差分别为，，，，
且两组频率之比为，
成绩在第二组、第四组的平均数
成绩在第二组、第四组的方差
，
故估计成绩在第二组、第四组的方差是．
19．已知椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点，是弦的中点，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标设椭圆方程，将代入椭圆方程，结合即可求解.
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，得出，再由中点坐标知，求出值，即可得到直线方程.
【详解】（1）椭圆的两个焦点分别为，
设椭圆的标准方程为，且，
则①，
又椭圆过点，所以②，联立①②解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，且直线过点，
设直线的方程为，即，
设，
则，消去得，
，
所以，，
又是弦的中点，所以，解得，
故直线的方程为
五、证明题
20．如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，与交于点，沿将翻折到，连接，得到如下图2的五棱锥，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）由题设可得、，则，由线面垂直的判定证得平面，进而可证结论；
（2）根据已知证平面，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值即可.
【详解】（1）点分别是边的中点，则．
菱形的对角线互相垂直，即．
所以，则．
由平面平面，
所以平面，故平面．
（2）设，连接，，
所以，故为等边三角形．
．
在中，，
在中，则．
平面，平面，
平面．
以为原点，、、为、、轴，建立空间直角坐标系，
则．
．
设平面的法向量为，由，得
令，得，则平面的一个法向量为．
由（1）知平面的一个法向量为，
设面与面的夹角为，则．
所以平面与平面的夹角的余弦值．
六、问答题
21．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c.①2acsB+b-2c=0；②；③.在以上三个条件中选择一个，并作答.
(1)求角A；
(2)已知△ABC的面积为，AD是BC边上的中线，求AD的最小值.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选①，利用余弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；选②，利用正弦定理结合三角恒等变换可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；选③，利用已知等式结合两角和的正切公式、诱导公式可得出的值，结合的取值范围可得出角的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出的值，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积结合基本不等式可求得长的最小值.
【详解】（1）若选①，因为：，即：，
则：，即：，所以：，
因为：，故；
若选②，原式等价于，即，
即：，因为：，则，所以：，
则：，故；
若选③，原式等价于，即：，
所以：，即：，即：，
因为：，故.
（2）因为，所以：，
因为为的中点，则：
所以：，
则：
当且仅当时，等号成立，
因此：的最小值为.
七、证明题
22．在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解；
（2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.
【详解】（1）由题可知，，准线，，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：，
联立，消去x，得，
因为l与E相切，所以，所以或，
因为交y轴正半轴于点P，所以,
因此，解得，所以，
故，所以，所以（负值舍去），
所以抛物线E的方程为.
（2）由（1）知，又l：，所以，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零，
所以设：，，，
联立，消去x，得，
则，所以且，.
又直线：，令，得，所以，
因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.