2022-2023學年湖北省恩施州巴東縣第三高級中學高二上學期第三次月考數(shù)學試題 一、單選題1．復數(shù)（為虛數(shù)單位）的共軛復數(shù)（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算及共軛復數(shù)的概念求解.【詳解】因為，所以.故選：B.2．橢圓的焦點坐標是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】將橢圓方程化成標準方程即可求出焦點坐標【詳解】由可知橢圓方程可化為，設焦距為，因為，所以焦點在x軸上，且，所以，所以橢圓的焦點坐標是.故選：A.3．已知集合，，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式，求得集合B，根據(jù)集合的交集運算即可求得答案.【詳解】由，解得或，所以或，所以，故選：D.4．若與相外切，則（    ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】根據(jù)兩圓外切，得到圓心距等于半徑之和，求出【詳解】的標準方程是，圓心的坐標為，半徑，的標準方程是，圓心的坐標為，半徑，因為與相外切，所以，即，解得：.故選：C.5．已知，則的大小關系為（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用對數(shù)函數(shù)的單調性、換底公式、指數(shù)函數(shù)的單調性即可求解【詳解】易知，又，因為，所以，即；又，所以.故選：B.6．已知函數(shù)的圖象的相鄰兩個最高點的距離為，．則（    ）A．B．的圖象的對稱軸方程為C．的圖象的單調遞增區(qū)間為D．的解集為【答案】D【分析】根據(jù)三角函數(shù)性質可得函數(shù)解析式，進而判斷各選項.【詳解】因為函數(shù)的圖象的相鄰兩個最高點的距離為，所以的圖象的最小正周期為，所以，故A錯誤；因為，所以，因為，所以，所以，令得，即的圖象的對稱軸方程為，故B錯誤；令得，即的圖象的單調遞增區(qū)間為，故C錯誤；令，得，所以，解得，所以不等式的解集為，故D正確．故選：D．7．已知橢圓C：的左、右焦點分別為(-c，0)，(c，0)，若橢圓C上存在一點M使得的內切圓半徑為，則橢圓C的離心率的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用的面積相等，得到，得到，消去b，整理化簡求出離心率的取值范圍.【詳解】的面積為.因為的內切圓半徑為，所以的面積可表示為.所以，所以.因為，所以.兩邊平方得：，而，所以，整理得：,因為離心率，所以，解得：.故選：A.8．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，為棱的中點，且，，若點到平面的距離為，則實數(shù)的值為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先證明平面，以點為原點，，的方向分別為，軸的正方向，建立的空間直角坐標系，利用點到面的距離可求解.【詳解】解：由題意得：因為，為中點所以又，與交于點A，平面，平面所以平面以點為原點，，的方向分別為，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，故，所以所以又，，設平面的法向量，則令，則，，所以.點到平面的距離為，解得或（舍）故選：A. 二、多選題9．若構成空間的一個基底，則下列向量共面的是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】ABD【分析】根據(jù)空間共面向量定理可判斷;采用反證的方法，推出矛盾，可判斷C.【詳解】對于A，因為，符合題意，故A正確；對于B，因為，符合題意，故B正確；對于C，若，，共面，則存在實數(shù)，，使得，故，，共面，這與構成空間的一個基底,即，，不共面矛盾，故C錯誤；對于D，因為，符合題意，故D正確,故選:ABD.10．設函數(shù)（，且）的圖象過定點，若直線過點，且在兩坐標軸上的截距相等，則直線的方程可以是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】求出定點P的坐標，由直線過點，且在兩坐標軸上的截距相等，討論直線是否過原點，即可求得直線方程.【詳解】由題意函數(shù)（，且）的圖象過定點，令，則，故，因為直線過點，且在兩坐標軸上的截距相等，當直線過坐標原點時，此時方程為，當直線不過坐標原點時，設其方程為，將代入得，即，故選：BC.11．已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，函數(shù)，實數(shù)滿足不等式，則下列結論正確的是（    ）A． B．若則C． D．【答案】ABC【分析】根據(jù)函數(shù)的單調性和奇偶性性質得到，利用不等式的性質即可一一判斷.【詳解】的定義域為，，所以是奇函數(shù)．因為，在上都單調遞減，所以在上是減函數(shù)．又，則，即，所以，即．因為在R上是增函數(shù)，所以，故A正確；因為，所以，所以，故B正確；因為在上是增函數(shù)，所以，即，故C正確；取，，滿足，但不成立，故D錯誤．故選:ABC．12．已知拋物線的焦點為，過點的直線交于兩點，則下列結論正確的是（    ）A．以為直徑的圓與拋物線的準線相切B．C．D．若直線的傾斜角為，且，則【答案】ACD【分析】根據(jù)拋物線焦點弦性質，拋物線定義，數(shù)形結合思想解決即可.【詳解】拋物線的焦點坐標為，準線方程是，由題意知，直線的斜率一定存在，設其方程為，聯(lián)立消去得，設線段的中點， 所以，所以點到準線的距離，所以以為直徑的圓與拋物線的準線相切，故A正確；由韋達定理，得，故B錯誤；，所以，故C正確；若直線的傾斜角為，且，則點在點左側，如圖，直線與準線交于點，分別表示點到準線的距離，則，設，則，又，所以，所以，故D正確.故選:ACD. 三、填空題13．張勇同學在上學期的8次物理測試中的成績（單位：分）分別是：78，82，76，85，88，94，95，86，則這8次成績的75%分位數(shù)為______.【答案】91【分析】根據(jù)百分位數(shù)的計算方法計算即可.【詳解】解：先將這8次成績從小到大排列為76，78，82，85，86，88，94，95，因為，所以75%分位數(shù)為.故答案為：14．如圖，在平行四邊形中，點，分別在，邊上，且，，若，，，則______.【答案】【分析】由題知，，再根據(jù)數(shù)量積的運算律運算求解即可.【詳解】解：因為，，所以，，，因為，，，所以.故答案為：15．在平面直角坐標系中，，，若動點P滿足，則的最大值是______.【答案】【分析】動點P的軌跡為圓時，與定點距離的最大值為過圓心的線段，長度為圓心到定點的距離與半徑之和.【詳解】設點P坐標為，由，得，整理得，所以點P的軌跡是以點為圓心，半徑的圓，所以.故答案為：16．在菱形中，，，為的中點，將沿直線翻折成，如圖所示，當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的體積是______.【答案】##【分析】易得平面平面時三棱錐的體積最大，要求三棱錐外接球體積，利用長方體外接球，求出球的半徑，即可求解【詳解】易得平面平面時三棱錐的體積最大，由題意知，故，當平面平面時，平面，因為，所以.如圖所示，要求三棱錐外接球體積，即求如圖所示的長方體外接球的體積，由已知得長方體的長、寬、高分別為4，，2，則長方體外接球半徑，則球的體積是.故答案為： 四、解答題17．已知為銳角，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）先利用和的范圍求，接著利用二倍角公式即可得到答案；（2）先利用的值算出和的值，再通過第（1）問算出，最后利用即可得到答案【詳解】（1）因為，且所以，又為銳角，所以，因此；（2）因為為銳角，所以，又因為，所以，因此，因為，所以，因此18．每天在業(yè)余時間進行慢走與慢跑，可加強人的心臟功能，保持血壓穩(wěn)定，可加速脂質代謝，防止血脂升高，同時，還能提高人體免疫功能，增強防御疾病的能力，有助于身心健康，使人精力充沛.某企業(yè)為了了解本企業(yè)員工每天慢走與慢跑的情況，對每天慢走時間在25分鐘到55分鐘之間的員工，隨機抽取n人進行調查，將既參加慢走又參加慢跑的人稱為“H族”，否則稱為“非H族”，得如下的統(tǒng)計表以及每天慢走時間在25分鐘到55分鐘之間的員工人數(shù)的頻率分布直方圖（部分）∶組數(shù)分組人數(shù)本組中“H族”的比例第一組[25，30)2000.6第二組[30，35)3000.65第三組[35，40)2000.5第四組[40，45)1500.4第五組[45，50)a0.3第六組[50，55)500.3 (1)試補全頻分布直方圖，并求與n的值；(2)從每天慢走時間在[40，50）（分鐘）內的“H族”中按時間采用分層抽樣法抽取6人參加企業(yè)舉辦的健身沙龍體驗活動，再從這6人中選2人作健身技巧與減脂秘籍的發(fā)言，求這2人每天慢走的時間恰好1人在[40，45）分鐘內，另一個人在[45，50）分鐘內的概率.【答案】(1)直方圖見解析，，(2) 【分析】(1)利用所有組的頻率之和等于1，算出第二組的頻率，得到第二組矩形的高，補全頻率分布直方圖，由第一組的頻率和頻數(shù)計算樣本容量，再計算第五組的頻數(shù).(2)按分層抽樣的法則在兩個組中抽取對應人數(shù)，從這6人中選2人，列出樣本空間，看其中恰好1人在[40，45）分鐘內，另一個人在[45，50）分鐘內占多少種基本事件，計算相應概率。【詳解】（1））第二組的頻率為，所以第二組小矩形高為．補全后的頻率直方圖如下：第一組的頻率為，所以．第五組的頻率為，所以．（2）因為分鐘的“H族”人數(shù)為，分鐘的“H族”人數(shù)為，二者比例為，所以按時間采用分層抽樣法抽取6人，分鐘內抽取4人，分鐘內抽取2人．設這2人每天慢走的時間恰好1人在分鐘，另一個人在分鐘為事件Q，在分鐘內抽取4人記為A，B，C，D，分鐘內抽取2人記為a，b，則有AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab，共15種不同的抽取方法，事件Q有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，共8種，所以，即選出發(fā)言的2人每天慢走的時間恰好1人在分鐘內，另一個人在分鐘內的概率為．19．如圖，在長方體中，點M，N分別是和上的點，且，，.(1)求證：平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）由題意，利用三垂直的思想，根據(jù)線面垂直判定以及性質，可得線線垂直，結合線面垂直判定定理，可得答案；（2）由題意，建立空間直角坐標系，找去兩平面的法向量，根據(jù)向量夾角公式，以及面面夾角與法向量夾角的關系，可得答案.【詳解】（1）證明：因為平面，平面，所以，因為，，，平面，所以平面.因為平面，所以.因為平面，平面，所以，因為，，，平面，所以平面.因為平面，所以.因為，，平面，所以平面.（2）解：以點D為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，不妨設.則，，由（1）得，平面，所以平面的一個法向量是.因為是平面的一個法向量，所以所以平面和平面夾角的余弦值為.20．已知圓.(1)若直線l過點且被圓C截得的弦長為，求直線l的方程；(2)若直線l過點且與圓C相交于M，N兩點，求的面積的最大值，并求此時直線l的方程.【答案】(1)或；(2)最大值為8，或. 【分析】（1）求出圓的圓心和半徑，再由弦長，弦心距和半徑的關系求出圓心C到直線l的距離，然后分直線l的斜率不存在和存在兩情況討論求解即可；（2）設直線l的方程為，求出圓心C到直線l的距離，而的面積，從而可求出的面積的最大值，再由的值可求出，進而可求出直線方程.【詳解】（1）圓C的圓心坐標為，半徑，因為直線l被圓C截得的弦長為，所以由勾股定理得到圓心C到直線l的距離.①當直線l的斜率不存在時，，顯然不滿足；②當直線l的斜率存在時，設，即，由圓心C到直線l的距離，得，即，解得或，故直線l的方程為或.（2）因為直線l過點且與圓C相交，所以直線l的斜率一定存在，設直線l的方程為，即，則圓心C到直線l的距離為，又的面積，所以當時，S取最大值8.由，得，解得或，所以直線l的方程為或.21．的內角，，的對邊分別為，，，在下列三個條件中任選一個作為已知條件，解答問題.①；②（其中為的面積）；③.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.(1)若，，求的值；(2)若為銳角三角形，求的取值范圍.【答案】(1).(2). 【分析】對于①:由代入經(jīng)三角恒等變換得；對于②:由面積公式與數(shù)量積公式得；對于③:使用余弦定理代入化簡得.在(1)中，使用余弦定理及其變形求得的值；在(2)中，使用正弦定理將邊化為角，用將轉化為的三角函數(shù)，使用三角恒等變換化為一般式求范圍.【詳解】（1）選擇①:，在中，，所以，所以，整理得，即，因為，，故，而，從而；選擇②:，則，所以，又，則；選擇③:，由余弦定理，得，所以，又，則；若，，由余弦定理，得，所以.（2）由為銳角三角形及，得且，所以，由正弦定理，得  ，因為，，，所以，即的取值范圍是.22．已知分別是雙曲線的左、右焦點，點A是C的左頂點，，C的離心率為2.(1)求C的方程；(2)直線l與C交于M，N兩點（M，N異于雙曲線C的左、右頂點），若以為直徑的圓經(jīng)過點A，求證：直線l恒過定點.【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）由題干兩條件列方程組求解，即可；（2）按直線l的斜率是否存在分兩種情況討論.當斜率存在時，設直線方程為，根據(jù)以為直徑的圓經(jīng)過點A列出等式求出k與t的關系，據(jù)此證明直線過定點，并求出定點坐標；當斜率不存在時，直線垂直于x軸，可直接求得直線方程，驗證其是否經(jīng)過前面求得的定點即可.【詳解】（1）設雙曲線C的焦距為，則.所以，又C的離心率，所以，所以C的方程是.（2）證明：當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為，聯(lián)立得.由得所以，.因為以為直徑的圓經(jīng)過點，所以，即整理得，所以或.當時，直線l的方程為，所以直線l過左頂點，不符合題意；當時，直線l的方程為，所以直線l恒過定點.當直線l的斜率不存在時，設直線l的方程為，代入，得，所以.因為，整理得，解得（舍去），此時直線l的方程為，直線l也過點.綜上所述，直線l恒過定點. 

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