2022-2023学年陕西省西安市高新第七高级中学（长安区第七中学）高二上学期第二次月考数学试题含解析

2022-2023学年陕西省西安市高新第七高级中学（长安区第七中学）高二上学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．已知点，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由点的坐标，即可得出向量坐标

【详解】由点，，则

故选：C

2．若是真命题，则（    ）

A．是真命题，是假命题 B．、均为真命题

C．是假命题、是真命题 D．、均是假命题

【答案】B

【解析】根据且命题的真假定义判断即可.

【详解】解：因为是真命题，故、均为真命题.

故选：B.

3．“α”是“cosα”成立的（　　）

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

【分析】“α”能推出“cosα”，“cosα”不能推出“α”，即可得出关系.

【详解】由题若“α”，则“cosα”；

若“cosα”，则，不能推出“α”，

所以“α”是“cosα”成立的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】此题考查充分条件和必要条件的辨析，关键在于准确判断角与三角函数值之间的关系.

4．已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则到另一焦点的距离为（    ）

A．2 B．3 C．5 D．7

【答案】D

【分析】根据椭圆的定义即可求解.

【详解】由可得，所以，

设椭圆的两个焦点分别为，，，

由椭圆的定义可知，即，所以，

所以到另一焦点的距离为，

故选：D.

5．设,向量,,,,,则（    ）

A．2 B．1 C． D．4

【答案】C

【分析】根据,得到关于的两个方程,解出即可得出结果.

【详解】解:由题知,,,,

则有: ,

即,

,

,

,即

,

故有

综上:,

故选:C

6．命题：“∃x＜1，x2＜1”的否定是（    ）

A．∀x≥1，x2＜1 B．∃x≥1，x2≥1

C．∀x＜1，x2≥1 D．∃x＜1，x2≥1

【答案】C

【分析】将特称命题否定为全称命题即可

【详解】根据含有量词的命题的否定，

则“∃x＜1，x2＜1”的否定是“∀x＜1，x2≥1”.

故选：C.

7．下列关于命题的说法正确的是（    ）

A．命题“若，则”的否命题为：“若，则”；

B．“”是“”的必要不充分条件

C．命题“、都是有理数”的否定是“、都不是有理数”

D．命题“若，则”的逆否命题为真命题.

【答案】D

【分析】A选项，命题“若，则”的否命题为“若，则”；

B选项，或；

C选项，“都是”的否定为“不都是”；

D选项，原命题是真命题．

【详解】解：A选项，命题“若，则”的否命题为：“若，则”，故A错；

B选项，由得，则或 ，

，但，

∴“”是“”的充分不必要条件，故B错；

C选项，命题“、都是有理数”的否定是“、不都是有理数”，故C错；

D选项，原命题为真命题，故原命题逆否命题为真命题，故D对；

故选：D．

【点睛】本题主要考查命题真假的判定，考查了四种命题之间的关系，考查了命题的否定以及充分条件与必要条件，解题时需对每一个命题认真分析，属于基础题．

8．命题“”的一个充分不必要条件是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先解不等式，不等式成立的一个充分不必要条件，对应的范围应该是其解集的真子集，即可得到答案.

【详解】由可得，解得.

则不等式的解集为，

因此，不等式成立的一个充分不必要条件，对应的范围应该是集合的真子集，只有选项D满足.

故选：D

9．如图，在三棱锥中，，，，点在OA上，且，为BC中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量的线性运算，分析即得解.

【详解】由题意，.

故选：A.

10．空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】A

【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.

【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.

因为，故，,

所以点到直线的距离为.

故选：A

11．已知空间向量，，，若三向量、、共面，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，其中、，利用空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程组，即可解得的值.

【详解】因为三向量、、共面，设，其中、，

则，解得.

故选：B.

12．王安石在《游褒禅山记》中也说过一段话：“世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在于险远，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”.从数学逻辑角度分析，“有志”是“能至”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】B

【分析】理解题意，根据“充分必要”的定义判断.

【详解】“非有志不能至”的意思是“能至”必定是“有志”，但“有志”未必“能至”；

故选：B.

二、填空题

13．已知向量，则与共线的单位向量__________.

【答案】

【分析】先求出向量的模，利用向量共线的条件进而可求出与共线的单位向量.

【详解】因为向量，所以，

所以与共线的单位向量，

故答案为：.

14．“”是“”的必要而不充分条件，则实数a的取值范围为______．

【答案】

【分析】根据必要不充分条件的定义求解即可.

【详解】由题意得是的真子集，故．

故答案为：

15．已知椭圆经过点，且焦点分别为，，则椭圆的离心率为__________.

【答案】/

【分析】根据已知条件求得，的值，从而求得椭圆的离心率.

【详解】由于焦点分别为，，

所以焦点在轴上，且，

又椭圆经过点，所以，

所以，

所以椭圆的离心率为，

故答案为：.

16．已知向量，且与互相垂直，则实数__________.

【答案】/

【分析】求出，根据向量模长公式列出方程，求出.再分与两种情况，根据向量垂直列出方程，求出实数k的值.

【详解】，

所以，解得.

当时，

，

，

因为与互相垂直，

所以，解得.

当时，，

因为与互相垂直，

所以，解得，

综上：.

故答案为：

三、解答题

17．命题：方程有实数解，命题：方程表示焦点在轴上的椭圆．

(1) 若命题为真，求的取值范围；

(2) 若命题为真，求的取值范围．

【答案】（1）.（2）

【分析】（1）原题转化为方程有实数解，；（2）为真，即每个命题都为真，根据第一问得到参数范围，进而得到结果.

【详解】（1）∵有实数解，∴

（2）∵椭椭圆焦点在轴上,所以，∴

∵为真，，.

【点睛】由简单命题和逻辑连接词构成的复合命题的真假可以用真值表来判断，反之根据复合命题的真假也可以判断简单命题的真假．假若p且q真，则p 真，q也真；若p或q真，则p，q至少有一个真；若p且q假，则p，q至少有一个假．（2）可把“p或q”为真命题转化为并集的运算；把“p且q”为真命题转化为交集的运算．

18．把下列命题作为原命题,分别写出它们的逆命题、否命题和逆否命题,并判断其真假.

(1)若α=β,则cos α=cos β;

(2)若x2+7x-8=0,则x=-8或x=1.

【答案】见解析

【分析】根据四种命题的相互转换方法和相互关系，及真假命题的判断方法进行求解

【详解】(1)逆命题:若cos α=cos β,则α=β,假命题;

否命题:若α≠β,则cos α≠cos β,假命题;

逆否命题:若cos α≠cos β,则α≠β,真命题.

(2)逆命题:若x=-8或x=1,则x2+7x-8=0,真命题;

否命题:若x2+7x-8≠0,则x≠-8且x≠1,真命题;

逆否命题:若x≠-8且x≠1,则x2+7x-8≠0,真命题.

【点睛】解答此类问题的关键是理解四种命题的概念，能根据定义准确、正确的写出四种命题，在判断命题的真假时，注意与其他考点的知识、方法相结合.

19．求证：是一元二次方程的一个根的充要条件是.

【答案】证明见解析

【分析】先证明充分性，再证明必要性.

【详解】证明：（1）充分性：由得.

即满足方程.

是方程的一个根

（2）必要性：是方程的一个根，

将代入方程得.

故是一元二次方程的一个根的充要条件

是

20．如图，已知四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，

，，，

设是平面的一个法向量，

则由，得，．

，

，

又平面，平面．

（2）由（1）知是平面的一个法向量，

又是平面的一个法向量．

设二面角的平面角为，由图可知二面角为锐二面角，

，即二面角的余弦值为．

21．已知椭圆的两焦点为，，点P为椭圆上一点，且.

(1)求此椭圆的方程；

(2)若点P满足，求的面积.

【答案】(1)=1；

(2)3.

【分析】（1）根据给定条件，求出焦距，进而求出长短半轴长即可作答.

（2）由（1）中信息，在中由余弦定理求出，再由三角形面积定理计算作答.

【详解】（1）依题意，，椭圆长轴长，即长半轴长，短半轴长b，有，

所以椭圆的标准方程为=1.

（2）由（1）知，，在中由余弦定理得：

，有，

解得，，

所以的面积是.

22．如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，分别为的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

(3)求点到面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】(1)先证明、，利用线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；(2)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，再由向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；(3)求向量在平面的法向量上的投影向量的大小即可.

【详解】（1）因为平面，平面，所以，

因为底面是正方形，所以.

因为，平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面

（2）因为平面，所以.

因为底面是正方形，所以.如图建立空间直角坐标系.

因为，底面为边长为2的正方形，

所以，.

设平面法向量，

由可得

令，则，所以

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

（3）设点到平面的距离为，由(2)可得 为平面的一个法向量，所以，

所以点到面的距离为.