2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期10月月考数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期10月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知直线l和平面α，β，若l⊥α，α⊥β，则（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】D

【分析】根据空间中线面关系、线面垂直和面面垂直的性质，即可得到结果.

【详解】若l⊥α，α⊥β，则或.

故选：D.

2．若直线与平行，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】斜率存在的两直线平行，斜率相等截距不等.

【详解】直线与平行，

所以，.

故选：C.

3．已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）

A．14 B．12 C．6 D．3

【答案】D

【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.

【详解】解：设等比数列的公比为，

若，则，与题意矛盾，

所以，

则，解得，

所以.

故选：D.

4．已知函数，则（    ）

A．在上单调递减 B．在上单调递增

C．在上单调递减 D．在上单调递增

【答案】C

【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.

【详解】因为.

对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；

对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；

对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；

对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.

故选：C.

5．如图（1）（2）（3）（4）为四个几何体的三视图，根据三视图可知这四个几何体依次分别为

A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆台 B．三棱柱、正四棱锥、圆锥、圆台

C．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台 D．三棱柱、三棱锥、圆锥、圆台

【答案】B

【分析】根据三棱柱、正四棱锥、圆锥和圆台的结构特征依次判断即可.

【详解】第一个几何体是三棱柱,第二个是正四棱锥,第三个是圆锥,第四个是圆台,

故选:B.

6．已知四面体A-BCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则

A．1 B．-1 C． D．

【答案】B

【分析】在四面体中，由题意可得任意两条棱的夹角为60°，又，再根据数量积的定义求解．

【详解】由题意可得，

所以．

故选B．

【点睛】在利用定义求向量的数量积时，要注意两向量夹角的确定，如在本题中的夹角为120°而不是60°，这是在解题中容易出现的错误，考虑问题时一定要抓住夹角的定义．

7．已知为空间任一点，，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据空间向量共面定理的推论求解．

【详解】解：，，

又，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，

，，

故选：B．

8．已知在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点，若其中为实数，则的值是（    ）

A． B． C．－2 D．2

【答案】B

【解析】利用向量运算得到得到答案.

【详解】

故

故选：

【点睛】本题考查了空间向量的运算，意在考查学生的计算能力.

9．如图，已知正方体，分别为所在棱的中点，截面和截面将正方体分成三部分，则这三部分体积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先判断截得几何体的形状，再利用多面体的体积公式进行求解.

【详解】设正方体的棱长为，则正方体的体积为，

由正方体的对称性可知截面​将正方体平分为体积相等的两部分，

而截面​截得的三棱锥的体积为

，占正方体体积的​.

故而截的三部分几何体的体积为​.

故选：D.

10．如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点在线段上运动，包括线段两端点）.则下面说法中正确的有（　　）

①对任意的点，是等腰三角形；

②存在点，使得平面；

③对任意的点，的面积都不大于；

④对任意的点，的面积都不等于.

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，根据，求得，结合，可判定①正确；由点为平面与直线的交点时，得到平面，可判定②正确；由①可知是等腰三角形，当点与重合时，求得的面积最大值，可判定③正确；由的最小值即为点到直线的距离，结合，求得面积的最小值，可判定④错误.

【详解】对于①中，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，，，，

因为点在上，设，

由，可得，得，，，

所以，

可得，

所以，

，

所以，即，所以①正确.

对于②：当点为平面与直线的交点时，可得平面，所以②正确；

对于③中，由①可知是等腰三角形，所以与的面积成正比关系，

在中，当点与重合时，此时最大，的面积最大，

最大值为的面积，所以③正确；

对于④中，由的最小值即为点到直线的距离，设点到直线的距离为，

可得，可得，

所以的最小值为，此时的面积最小，

最小值为，所以④错误.

故选：A.

11．在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】[解法1]设所求外接球球心为，则在上下底面中心的连线上，利用勾股定理可求得，设，在和中，利用勾股定理可构造方程组求得，即可得解.

[解法2] 同解法1，求得直角梯形的各边，利用图形的特殊性，作出的中垂线，与的延长线交点即为球心,由此进行计算即可.

【详解】[解法1]由题意知：四边形均为正方形，为上下底面的中心，

设正四棱台的外接球球心为，外接球半径为，则直线；

，，，又，

，

当位于线段上时，

设，则，解得：（舍）；

当位于线段的延长线上时，

设，则，解得：，

所以,

故选：C.

[解法2]同解法1，求得为直角梯形，如图所示，取的中点，连接,则为等腰直角三角形，四边形为正方形，取中点,连接并延长交的延长线于点,由于为的中垂线，所以,即O为四棱台的外接球的球心，显然，，

所以外接球半径.

故选：C.

12．如图，将边长为的正方形沿对角线折成大小等于的二面角分别为的中点，若，则线段长度的取值范围为（  ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】连接和，由二面角的定义得出，由结合为的中点，可知是的角平分线且，由的范围可得出的范围，于是得出的取值范围．

【详解】连接，

可得，即有为二面角的平面角，

且，在等腰中，，

且，，

则，故答案为，故选A．

【点睛】本题考查线段长度的取值范围，考查二面角的定义以及锐角三角函数的定义，解题的关键在于充分研究图形的几何特征，将所求线段与角建立关系，借助三角函数来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题．

二、填空题

13．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．

【答案】

【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．

【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，

又，，所以，

所以．

故答案为：．

14．如图，在正方体中，与平面所成角的大小为________.

【答案】

【分析】根据线面角的定义即可根据几何法求解.

【详解】在正方体中，平面,因此即为与平面所成角，

由于为等腰直角三角形，故，

故答案为：

15．已知直线和互相垂直，且，则的最小值为____________.

【答案】

【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解.

【详解】解：由题得.

所以.

当且仅当时等号成立.

所以的最小值为.

故答案为：

16．如图，正方体中，下面结论正确的有________.

①平面；②；③平面；④异面直线与所成的角为.

【答案】①②③

【解析】由结合线面平行的判定定理可判断①的正误；连接，证明平面可判断②的正误；证明出平面可判断③的正误；由结合异面直线所成角的定义计算出异面直线与所成的角的大小，可判断④的正误.综合可得出结论.

【详解】在正方体中，且，则四边形为平行四边形，

，平面，平面，平面，故①正确；

连接，在正方体中，平面，平面，.

四边形为正方形，，

，平面，平面，，故②正确；

由②同理可证，由①知且，，

，平面，故③正确；

，所以，异面直线与所成的角为，易知为等腰直角三角形，且，即异面直线与所成的角为，故④错误.

故答案为：①②③.

【点睛】本题以正方体为载体，考查线面平行、线线垂直、线面垂直的判断以及异面直线所成角的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

三、解答题

17．如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，平面平面.求证：

（1）∥平面；

（2）平面平面.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）证得MN∥BC，由线面平行的判定定理证明即可；

（2）证得平面.由面面垂直的判定定理证明即可

【详解】（1）∵别为棱的中点，

∴MN∥BC

又平面，

∴∥平面.

（2）∵，点为棱的中点，

∴，

又平面平面，平面平面，

∴平面.

∵平面，

∴平面平面.

【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查推理能力，属于基础题

18．已知锐角三角形的内角、、的对边分别为、、，且.

(1)求角；

(2)求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角恒等变换化简，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的最大值.

【详解】（1）解：由及正弦定理可得，

由余弦定理可得，因为，则.

（2）解：

，

因为为锐角三角形且，则，可得，

所以，，故当时，取得最大值.

19．如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，＝4，点D是BC的中点．

(1)求异面直线与所成角的余弦值；

(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)；

(2)﹒

【分析】(1)以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系，求出,0,，,,，利用数量积求解即可．

(2)是平面的一个法向量，求出平面的法向量，设平面与所成二面角为，利用空间向量的数量积求解即可．

【详解】（1）以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系，

则由题意知,0,，,0,，,2,，,0,，,1,，,2,，

,0,，,,，

,，

异面直线与所成角的余弦值为；

（2）是平面的一个法向量，

设平面的法向量为，

，，

，取，得，，

平面的法向量为,,，

设平面与所成二面角为，

,，

平面与所成的锐二面角的余弦值为．

20．已知等差数列的首项为，公差，且是与的等比中项．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由等比中项的性质可得将其转化为关于首项和公差的方程，解方程求得公差，再由等差数列的通项公式即可求解；

（2）由（1）求出的通项公式，再由裂项求和即可求解.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，

因为是与的等比中项，

所以即

所以，整理可得：，

解得：或（舍），所以.

（2）由（1）知

所以，

所以

.

21．如图，在三棱台中，，，，侧棱平面ABC，点D是棱的中点.

(1)求证：平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据法向量与直线的方向向量的关系即可求证，

（2）根据点面距离的空间向量求法即可求解.

【详解】（1）由平面ABC，可知： 两两垂直，故建立如图的空间直角坐标系，

根据题意可得，0，，，0，，，4，，

，0，，，2，，，3，，

，，，

设平面的法向量为，

则，取 则，

，

平面；

（2）由（1）知，，，

设平面的法向量为，

则，取，则，

点到平面的距离为；

22．如图，在四棱锥中，平面，， ，且，，

（1）求证：；

（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.

【分析】（1）根据是等腰直角三角形，可得，依据平面ABCD，可得，最后根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，最后可得结果.

（2）先找到二面角的平面角，利用等体积法可求得点到平面的距离是，最后计算即可.

【详解】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，

由已知，

可得是等腰直角三角形，即，

又平面ABCD，则，

又平面PAC

所以平面PAC，又平面PAC

所以．

（2）如图

假设存在符合条件的点，过点作于，则，

平面，．

过点作于，连接，则平面，

，即是二面角的平面角．

若，则，又，

设 ，则，

所以

，即是线段的中点．

存在点使得二面角的大小为．

在三棱锥中，，

设点到平面的距离是，则，

，，

，解得．

在中，，，，

，

，

与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属中档题．