四川省盐亭中学2022-2023学年高二下学期第一学月教学质量监测理科数学 Word版含解析.docx

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四川省盐亭中学高2021级2023年春第一学月教学质量监测（理科）数学试卷一、选择题（每题5分）1.下列说法中正确的是（）A.命题“，”的否定是“，”B.若，且，则C.“”的充要条件是“”D.函数的最小值为4【答案】A【解析】【分析】根据命题否定的定义可判断A，利用不等式的性质可判断B,C，根据基本不等式判断D.【详解】对于A，命题“，”的否定是“，”，A正确；对于B，，因为，且，所以，所以，B错误；对于C，能推出，但在时推不出，C错误；对于D，，当且仅当即时取得等号，但是因为，，所以等号不成立，D错误，故选:A.2.若是直线的方向向量，是平面的法向量，则与的位置关系是（）A.B.C.D.与相交但不垂直【答案】D【解析】 【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量的位置关系可判断直线与平面的位置关系可得.【详解】因为且所以与不平行，也不垂直，所以与相交但不垂直.故选：D3.设，则“”是“”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】A【解析】【分析】利用定义法直接判断.【详解】因为对任意“”，都满足“”.故充分性满足；取符合“”，但是不满足“”.故必要性不满足.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A4.下列各式正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式逐项判断即可.【详解】，，，，C对，ABD错.故选：C.5.若命题“，”为真命题，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】利用分离参数法求解，把参数分离出来求解的最大值即可.【详解】由已知，，则，即，所以的取值范围是.故选：C.6.已知空间向量，，若则（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知可得，然后根据已知可得，根据坐标运算即可得出.【详解】由已知可得，.又，所以，所以，.故选：D.7.如图，已知函数的图象在点处的切线为l，则（）A.B.C.0D.2【答案】C【解析】【分析】数形结合，求出切线斜率和切点坐标，即可计算.【详解】由图象可得，切线过点和，切线斜率为，，切线方程为，则切点坐标为，有，所以. 故选：C8.已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据空间基底、空间向量共面等知识确定正确答案.【详解】因为，，，所以向量，，均与向量，共面．故选：C9.如图，在四面体中，是的中点，是上靠近点的四等分点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解．【详解】解：是的中点，是上靠近点的四等分点，则．故选：B．10.在空间直角坐标系中，已知，则到的距离为（） A.3B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由点的坐标即可得到空间向量的坐标，然后由坐标运算公式即可得到结果.【详解】由已知，所以到的距离为，故选:D．11.若，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（）A.B.CD.【答案】B【解析】【分析】令与共线，求出的值，依题意且与不共线反向，根据数量积的坐标表示得到不等式组，解得即可.【详解】因为，，令与共线，则，即，即，解得，此时，，即，此时与反向，又与的夹角为钝角，所以且与不共线反向，即且，解得或，即.故选：B 12.空间有一四面体A-BCD，满足，，则所有正确的选项为（）①；②若∠BAC是直角，则∠BDC是锐角；③若∠BAC是钝角，则∠BDC是钝角；④若且，则∠BDC是锐角A.②B.①③C.②④D.②③④【答案】C【解析】【分析】由题意知，，可判断①；若∠BAC是直角，则，可判断②；设，，由余弦定理可判断③；若且，则，可得可判断④.【详解】对于①，因为，，所以，，则，故①不正确；对于②，若∠BAC是直角，则，所以∠BDC锐角，故②正确；对于③，若∠BAC是钝角，设，，在中，由余弦定理可得：，而，所以在中，，所以∠BDC为锐角，所以③不正确；对于④，，若且，则，因为，，所以∠BDC是锐角，故④正确；故选：C. 二、填空题（每题5分）13.若,,,则______.【答案】【解析】【分析】先求出向量的和,再利用数量积的坐标形式可求数量积.【详解】,故,所以.故答案为:.14.已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为______【答案】6【解析】【分析】因为法向量定义，把转化为，可得k的值.【详解】因为平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，又因为，所以，可得，即得.故答案为：6.15.已知非零向量，不共线，则使与共线的的值是________．【答案】【解析】【分析】由平面向量共线定理可设，由平面向量基本定理列方程即可求解.【详解】若与共线，则因为非零向量，不共线，所以，即，所以，故答案为： 16.如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为的中点，点T在正方体的表面上运动，满足．给出下列四个结论：①点T可以是棱的中点；②线段长度的最小值为；③点T的轨迹是矩形；④点T的轨迹围成的多边形的面积为．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】②③④【解析】【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，令正方体棱长可简化计算，得到对应点和向量的坐标，通过空间向量数量积的运算即可判断对应的垂直关系，通过计算和几何关系得点的轨迹为四边形EFGH，通过证明得到则点的轨迹为矩形EFGH，即可求解点T的轨迹围成的多边形的面积和线段长度的最小值，从而得到答案.【详解】由题知，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体棱长则，，，，，，，，，，设，对于①，当点T为棱的中点时，，则， 不满足，所以点T不是棱的中点，故①错误.，因为所以，当时，，当时，取，，，，连结，，，，则，，，即所以四边形EFGH为矩形，因为，，所以，，又和为平面中的两条相交直线，所以平面EFGH，又，，所以为EG的中点，则平面EFGH，为使，必有点平面EFGH，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH，又，，所以，则点的轨迹为矩形EFGH，故③正确面积为，即，故④正确又因为，，，则，即，所以，点在正方体表面运动，则，解得， 所以，结合点的轨迹为矩形EFGH，分类讨论下列两种可能取得最小值的情况当，或时，，当，或时，因为，所以当，或时，取得最小值为，即，故②正确.综上所述：正确结论的序号是②③④故答案为：②③④.【点睛】本题以正方体为载体，考查空间向量在立体几何中的综合运用和空间几何关系的证明，属于难题，解题的关键是建立空间直角坐标系，设棱长为数值可简化运算，通过空间向量即可证明和求解对应项.17.已知曲线.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求满足斜率为1的曲线的切线方程.【答案】（1）（2）和.【解析】【分析】（1）对曲线求导,求出点处切线的斜率,再求出切线方程; （2）设切点为,由曲线的切线斜率为1,求出切点坐标,再求出切线方程.【小问1详解】由,得，∴在点处切线的斜率.∴曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】设切点为，则切线的斜率为.曲线的切线斜率为1,,解得，切点为，.切线方程为和，即和.18.已知，，其中m＞0．（1）若m＝4且为真，求x的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解不等式得到，，由为真得到两命题均为真，从而求出的取值范围；（2）由是的充分不必要条件，得到是的充分不必要条件，从而得到不等式组，求出实数m的取值范围.【小问1详解】，解得：，故， 当时，，解得：，故，因为为真，所以均为真，所以与同时成立，故与求交集得：，故的取值范围时；【小问2详解】因为，，解得：，故，因为是的充分不必要条件，所以是的充分不必要条件，即，但，故或，解得：，故实数m的取值范围是19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，∠ADC=45°，PA⊥平面ABCD，AB=AP=1，AD=3．（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求点D到平面PBC的距离．【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线PB与CD所成角大小．（2）求出平面PBC的一个法向量，利用向量法的距离公式求点D到平面PBC的距离．【详解】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则P（0，0，1），B（1，0，0），C（1，2，0）D（0，3，0），∴=（1，0，﹣1），=（﹣1，1，0），设异面直线PB与CD所成角为θ，则cosθ=,所以异面直线PB与CD所成角大小为．（2）设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z），=（1，0，﹣1），=（0，2，0），=（﹣1，1，0），则，取x=1，得=（1，0，1），∴点D到平面PBC的距离d=．【点睛】本题主要考查了空间向量在求解角和距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．求线线角的步骤：①确定空间两条直线的方向向量；②求两个向量夹角的余弦值；③比较余弦值与0的大小，确定向量夹角的范围；④确定线线角与向量夹角的关系：当向量夹角为锐角时即为两直线的夹角，当向量夹角为钝角时两直线的夹角为向量夹角的补角．20.如图，在四棱锥中，平面，，点在棱上，，点为中点. （1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）通过线线平行证线面平行，即在上取一点，使得，得四边形为平行四边形，从而得证；（2）建立以为中心的空间坐标系，利用二个面的法向量夹角求得二面角的余弦值.【小问1详解】如图，在上取一点，使得.四边形为平行四边形，，又平面平面，直线平面. 【小问2详解】由条件可以为坐标原点，正方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则令，解得：；设平面的法向量为，则令，解得：设二面角为.由图象可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为：.21.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.（1）若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值； （2）是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点，证明见解析.【解析】【分析】（1）由于图形是正方体，建立空间直角坐标系很方便，所以要求线面角，在建立空间直角坐标系后分别求出以及平面CDE的法向量再运用公式计算即可；（2）先假设存在点E，再求平面CDE的法向量和平面CD1O的法向量，根据平面垂直就可以计算出结果.【详解】（1）不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).因为E为OD1的中点，所以E.则＝(－1，－1，2)，，＝(0，2，0).设＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，则，即，取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，所以＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.设直线OD1与平面CDE所成角θ，所以sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为. （2）存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.同第（1）问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，设，λ∈[0，＋∞)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2).设＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，则，即，取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.因为，所以点E的坐标为，所以.设＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，则，即，取x2＝1，则y2＝0，z2＝，所以＝为平面CDE的一个法向量.因为平面CDE⊥平面CD1O，所以.则，所以，解得.所以当，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.22.如图，在四棱锥中，，四边形是菱形， 是棱上的动点，且．（1）证明:平面．（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.【解析】【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；（2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.【小问1详解】因为四边形是菱形，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，即.因为平面，且，所以平面. 【小问2详解】取棱的中点，连接，易证两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，则，故，所以，设平面的法向量为，则，令，得．平面一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，则，整理得，解得(舍去)．故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是．