2022-2023学年上海市格致中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市格致中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．若a，b是异面直线，则下列结论中不正确的为（    ）

A．一定存在平面与、都平行

B．一定存在平面与、都垂直

C．一定存在平面与、所成角都相等

D．一定存在平面与、的距离都相等

【答案】B

【分析】根据异面直线的几何特征，作与异面直线的公垂线段垂直的平面，且经过公垂线段中点的平面，可以判断A，D的真假；根据线面垂直的几何特征，可以判断B的真假；过公垂线上一点做直线与、所成角都相等，分析，确定的平面与异面直线，的夹角，可以判断C的真假，进而得到答案．

【详解】解：若，是异面直线，为他们的公垂线，

则当平面时，平面与、都平行，故A正确；

若平面与、都垂直，则，这与，是异面直线矛盾，故B错误；

过公垂线上一点做直线与、所成角都相等，则，确定的平面与、所成角都相等，故C；

过公垂线的中点做与垂直的平面，则平面与、的距离都相等，故D正确；

故选：B．

2．一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（    ）

A． B．8 C．4 D．

【答案】B

【分析】画出直观图对应的原图，由此求得原平面图形的周长.

【详解】直观图中，，由此画出直观图对应的原图如下图所示，其中，所以，所以原平面图形的周长为.

故选：B.

【点睛】本小题主要考查斜二测画法的直观图和原图的关系，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

3．在下列关于的四个条件中选择一个，能够使角被唯一确定的是：（    ）

①

②；

③；

④.

A．①② B．②③ C．②④ D．②③④

【答案】B

【分析】利用诱导公式、三角函数的图像与性质以及正弦定理，结合三角形图像进行处理.

【详解】对于①，因为，所以或，故①错误；

对于②，因为在上单调，所以角被唯一确定，

故②正确；

对于③，因为，，所以，

所以，所以，又，由正弦定理有

，所以，所以角被唯一确定，故③正确；

对于④，因为，

所以，所以如图，不唯一，故④错误.故A，C，D错误.

故选：B.

4．如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（      ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】通过证明得到，找到距离最小时，，证明为等腰直角三角形,则

【详解】如图,连接,取中点,过作面，垂足为,

在正方体中,平面,且平面,

平面平面,

平面平面,且平面，

平面,

为的中点,

,

故,而对固定点,当时,最小,

此时由面，面，，又,

，且面，故面，又面,

则面面，根据三棱锥特点，可知，而易知为等腰直角三角形，可知为等腰直角三角形,

.

故选：D.

【点睛】关键点睛：本题的第一个关键点是找到，然后是找到最值情况时，，最后是对式子的处理，通过证明为等腰直角三角形，从而找到线段比，则最终式子化成，再利用三点一线求出最小值，这也启示我们对于很多加权线段和的最值问题是将其转化为三点一线最值问题.

二、填空题

5．已知空间中两条直线，“”是“与相交”的______条件.

【答案】既不充分也不必要

【分析】以正方体为例，举例说明即可.

【详解】

如图，在正方体中，，但是异面，即不相交；

，但是、不垂直.

故答案为：既不充分也不必要.

6．已知角的终边经过点，且，则实数的值为______.

【答案】##0.1

【分析】根据正切函数的定义，即可得出.

【详解】根据正切函数的定义，可得，

解得，.

故答案为：.

7．若m和2n的等差中项是4，2m和n的等差中项是5，则m和n的等差中项是______．

【答案】3

【分析】利用等差中项的性质列方程组求参数m、n，即可得结果.

【详解】由题设，，可得，

所以，故m和n的等差中项是3.

故答案为：3

8．已知为锐二面角内一点，且到两个半平面及棱的距离之比为，则此二面角的度数为________．

【答案】

【分析】画图，设锐二面角为，作，，，连接，再分别计算正弦值可得，，进而求得此二面角的度数.

【详解】设锐二面角为，作，，，连接.

易得为二面角的平面角，又，故,，且锐二面角.故，.

故，即此二面角的度数为.

故答案为：

【点睛】本题考查了三角函数的运用、二面角的计算等，需要根据题意作出对应的角度求解.属于基础题.

9．等比数列的首项为，前项和为，若，则______.

【答案】

【分析】根据已知条件，得出.代入前项和公式，即可求得极限.

【详解】设公比为，显然，则，则.

所以，.

则，.

故答案为：.

10．已知向量，点，向量与方向相同，且，则点的坐标为______．

【答案】

【分析】设出点的坐标，结合题意列出方程组，解出方程组即可求解.

【详解】设，则，

因向量与方向相同，且，

所以，

计算得，因此点的坐标为.

故答案为：.

11．已知复数满足，则的最大值为______.

【答案】3

【分析】设，根据题意可推得，根据几何意义，可将转化为点与点的距离，结合圆的知识可得出结论.

【详解】设，则.

又，则可得，可知点在以为圆心，2为半径的圆上.

又，则可看作是点与点的距离.

所以，最大值为圆心与点的距离加上半径，即1+2=3.

故答案为：3.

12．平面，点，点，如果，且，在内射影长分别为5和9，则平面与间的距离为________．

【答案】12

【分析】首先设 ，，根据平行平面间的距离列等式求解.

【详解】如图，，由题意可知，， ，

设 ，，

则 ，解得：，

平面与平面间的距离

故答案为：12

【点睛】本题考查面面平行的性质，方程思想，属于基础题型.

13．已知正三角形的边长，则到三个顶点的距离都为2的平面有___个；

【答案】8

【分析】分类讨论，三个顶点都在平面的同一侧，三个顶点在平面的两侧，一侧一个，另一侧两个．

【详解】若此平面与平面平行，这样的平面有2个到三顶点距离为；

若此平面与平面相交，

则一定过三角形其中两边的中点，

由于三角形边长为，

因此如过的中点和的中点的平面，

到三顶点距离为的有两个，这样共有6个，

所以所求平面个数为．

故答案为：．

【点睛】本题考查点到平面的距离，由于是三角形的三个顶点到平面的距离相等，因此要分类讨论，即三角形所在平面与所求平面平行和相交两种情形，相交时为保证距离相等，平面必定过三角形两边中点．属于较易题.

14．在矩形ABCD中，边AB､AD的长分别为2､1，若M､N分别是边BC､CD上的点，且满足，则的取值范围是___________.

【答案】[1，4]

【解析】根据题意，建立坐标系，设，根据条件，求得a,b的关系，代入数量积公式，即可求得答案.

【详解】如图建系，

所以，设，则，

因为，所以，即，

又，

所以，

故答案为：[1，4]

15．异面直线、成80°角，点是、外的一个定点，若过点有且仅有2条直线与、所成的角相等且等于，则的范围为________

【答案】

【分析】将异面直线平移到点，可确定和的角平分线与所成角的大小，当直线在平面内的射影为的角平分线时，需能使得题意成立，从而得到结果.

【详解】将异面直线平行移动到点处，记为直线

，

的角平分线与所成角为；的角平分线与所成角为

当时，过点的有且仅有条直线与所成角相等且等于，此时直线在面内的射影为的角平分线

故答案为

【点睛】本题考查异面直线所成角的相关问题的求解，关键是能够通过平行移动将直线变为相交直线再进行求解.

16．设数列满足，，，数列前n项和为，且（且）．若表示不超过x的最大整数，，数列的前n项和为，则的值为___________．

【答案】2023

【分析】根据递推公式，可知从第2项起是等差数列，可得，再根据累加法，可得，由此可得当时，，又，由此即可求出.

【详解】当时，，

，

，

，

从第2项起是等差数列.

又，，，，

，

当时，

，

（），

当时，.

又，

.

故答案为：2023

三、解答题

17．已知复数满足，，且复数在复平面内所对应的点位于第三象限.

(1)求复数；

(2)若复数是实系数一元二次方程的一个根，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设出复数，根据复数相等，复数运算法则，以及模的求解公式，求得参数，即可解得复数；

（2）将（1）中所求复数代入方程，结合复数运算以及复数相等，即可求得关系，则问题得解.

【详解】（1）由题可设复数，则，

又，即，故；

解得，故复数.

（2）根据题意满足，故，

即，则，解得，则.

18．已知函数.

(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；

(2)已知内角的对边分别为，且，若向量与共线，求的值.

【答案】(1)最小正周期为，单调递减区间为[，]，

(2)，.

【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形可得，从而可求出其最小正周期，由≤≤，，可求出其单调减区间，

（2）由可求出角，由与共线，结合正弦定理可得，再利用余弦定理可求出的值.

【详解】（1）.

∴的最小正周期为.

∵≤≤，

∴≤≤，

∴的单调递减区间为[，]，

（2）∵，即，

∵，，

∴，∴.

∵与共线，∴.

由正弦定理，得，①

∵，由余弦定理，得，②

由①②，得，..

19．如图，正方体的棱长为2,分别是的中点.

(1)求证：点四点共面；

(2)求异面直线与所成的角.

(3)求到平面的距离.

【答案】(1)证明见详解；

(2)；

(3).

【分析】（1）建系，得到点的坐标，得到，即可证明完成；

（2）根据，即可求得；

（3）先证明平面.则点E到平面的距离即为到平面的距离，根据点到平面距离的向量解法即可求出.

【详解】（1）

证明：以D为原点，分别以的方向为轴的正方向，如图建立空间直角坐标系.则，，，，，，，，，，

所以，，所以，点四点共面.

（2）由（1）可得，，又，

则，，.

所以，异面直线与所成的角为.

（3）由（1）可得，，显然不共线，所以，.

又平面，平面，所以，有平面.

则点E到平面的距离即为到平面的距离，，

设是平面的一个法向量，，，则

，即，

取，则是平面的一个法向量.

则点E到平面的距离为，

所以，到平面的距离为.

20．已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．

（1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；

（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，

【答案】（1）1

（2）

（3）

【分析】（1）根据定义得，再根据和项与通项关系化简得，最后根据数列不为零数列得结果；

（2）根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，即得；

（3）根据定义得，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果

【详解】（1）

（2）

，

（3）假设存在三个不同的数列为数列.

或

或

∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且

或有两个不等的正根.

可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.

①    当时，，即，此时，，满足题意.

②    当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.

综上，

【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.