2022-2023学年四川省绵阳南山中学高二下学期3月月考数学（理）试题含解析

2022-2023学年四川省绵阳南山中学高二下学期3月月考数学（理）试题

一、单选题

1．下列语句是命题的是（    ）

A．二次函数的图象太美啦！ B．这是一棵大树

C．求证： D．3比5大

【答案】D

【分析】根据命题的定义逐一判断即可.

【详解】能够判断成立或不成立的陈述句叫命题，只有选项D能够判断出真假，3比5大显然不成立，是假命题，

故选：D

2．设命题，则为

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.

3．为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】确定，，排除ABD，得到答案.

【详解】对选项A：，向量共面，故不能构成基底，错误；

对选项B：，向量共面，故不能构成基底，错误；

对选项C：假设，即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，正确；

对选项D：，向量共面，故不能构成基底，错误；

故选：C

4．有下列四个命题，其中是假命题的是（    ）

A．“若，则x，y互为相反数”的逆命题

B．“全等三角形的面积相等”的否命题

C．“若，则有实根”的逆否命题

D．“等边三角形的三个内角相等”逆命题

【答案】B

【分析】根据逆命题、否命题、逆否命题的定义进行判断即可.

【详解】，则x，y互为相反数”的逆命题为x，y互为相反数，则，这显然是真命题；

全等三角形的面积相等”的否命题是不全等三角形的面积不相等，这显然是假命题；

，则有实根”的逆否命题是没有实根，则，

由一元二次方程根的判别式得，所以该命题是真命题，

等边三角形的三个内角相等”逆命题是三个内角相等的三角形是等边三角形，这显然正确，

故选：B

5．已知空间向量，，（其中x、），如果，则（    ）

A．1 B．2 C．-2 D．-1

【答案】B

【分析】根据空间向量共线的性质进行求解即可.

【详解】因为，

所以有，

故选：B

6．设函数在处可导，若，则（    ）

A．3 B．6 C．8 D．12

【答案】D

【分析】利用导数的定义进行求解.

【详解】，，

.

故选：D.

7．对于命题p：，命题q：方程有两个同号且不等实根，则p是q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】先化简命题p，q，分别求得m的范围，进而得到二者间的逻辑关系.

【详解】方程有两个同号且不等实根，

则，解之得，则命题q：，

由，可得命题，则p：，

则p是q的必要不充分条件.

故选：B

8．已知命题p：，.命题q：，，若为假命题，则实数m取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别求出都为假命题的条件，再取交集即可求解.

【详解】若为假命题，则都为假命题，

由p：，为假命题，得，，得；

由q：，为假命题，得，，

，得，或，

综上可知，.

故选：A.

9．已知为空间任意一点，四点共面，但任意三点不共线．如果，则的值为（    ）

A．-2 B．-1 C．1 D．2

【答案】A

【分析】由题设条件推得，再由四点共面可求得

【详解】因为，

所以由

得，

即，

因为为空间任意一点，满足任意三点不共线，且四点共面，

所以，故.

故选：A.

10．已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若，则为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】连接AG1并延长，交BC于点E，利用向量加减、数乘几何意义用表示出，即可得答案.

【详解】如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，

，则，

由题设，，

所以.

故选：A

11．如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱BC，上的点，如果平面ABF，则CE与DF的长度和为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】设平面与交于点，连接，，确定得到，计算得到答案.

【详解】设平面与交于点，连接，，

平面平面，平面平面,平面平面则，

平面ABF，平面ABF，故，故，

易得，所以，

易得，故，，故，

.

故选：C

12．如图所示，多面体，，，且，，两两垂直．给出下列四个命题：其中真命题的个数是（　　）

①三棱锥的体积为定值；

②经过四点的球的直径为；

③直线平面；

④直线与所成角是；

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意，构造长方体，设，，，由已知解得，，，对于①，根据三棱锥的体积公式可判断；对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，由此可判断；对于③，由可判断；对于④，由已知得即为直线与所成的角，解三角形可判断；

【详解】由题意，构造长方体，如下图所示，设，，，

则，，，解得，，，，

对于①，三棱锥的体积为，故①对；

对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，即为，故②对；

对于③，由于，和平面相交，则和平面相交，故③错．

对于④，由于，则即为直线与所成的角，

由，则，故④对；

故选：C

二、填空题

13．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则_______.

【答案】5

【分析】运用平面向量数量积计算即可.

【详解】设 ，由题意： ；

故答案为：5.

14．过点作曲线的切线，则切点的横坐标为_______.

【答案】

【分析】设出切点，利用导数求得切线斜率，写出切线方程，根据其过点，代值求得参数的值，则问题得解.

【详解】设切点为，的导数为，

可得切线斜率，

由点斜式方程可得切线方程为，

代入点可得，

解得，

故答案为：.

15．已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件即可求出x的取值范围.

【详解】因为与的夹角为钝角，

所以且与不共线，

因为，，

所以，且，

解得，且，

所以的取值范围是.

故答案为：.

16．若不等式x2﹣2x+3﹣a＜0成立的一个充分条件是0＜x＜5，则实数a的取值范围是_____．

【答案】

【详解】∵不等式 成立的一个充分条件是 ，

∴当时，不等式不等式成立，

设

则满足 ，即

解得  

故答案为 ．

三、解答题

17．已知函数.

(1)利用导数的定义求导函数；

(2)求曲线在点处的切线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数的定义可求得；

（2）分析可知点在曲线上，求出的值，利用到导数的几何意义可求得所求直线的方程.

【详解】（1）解：因为

，

所以，.

（2）解：因为，故点在曲线上，

又因为，

所以，曲线在点处的切线的方程为，即.

18．设命题实数x满足，命题实数x满足．

(1)若，且p与q均是真命题，求实数x的取值范围；

(2)若p是q成立的必要不充分条件，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意解两个不等式，求其解集的交集即可;

（2）求出命题中的范围，再根据集合的包含关系列不等式求解即可

【详解】（1）当时，若命题p为真命题，则可化为，

解得；

若命题q为真命题，则可转化成，解得，

∵p与q均是真命题，∴x的取值范围是；

（2）由可得，

又，解得，

∵p是q的必要不充分条件，∴，

∴（等号不能同时成立），得，

当时，满足，

∴a的取值范围是．

19．如图所示，平行六面体的底面是菱形，，，，，，设，，．

(1)试用，，表示，；

(2)求MN的长度．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将 当作基底，按照向量线性运算的规则计算即可；

（2）运用向量求模的方法计算.

【详解】（1）

如图，连接AM，AN， ，

，

，  ， ；

（2）由条件得： ，

，

，

；

综上，，，  .

20．设命题p：若方程有两根，其中一根大于3一根小于3；命题q：关于x的不等式的解集为R.若为真，为假，求实数m的取值范围.

【答案】或

【分析】根据且命题或命题的真假性质，结合一元二次不等式的解集性质、二次函数的性质进行求解即可.

【详解】由p可知：令，则只需，解得，∴p：，

由q可知：当时，不等式变为，恒成立；

当时，不等式不恒成立；

当时，只需，解得，故；

由上可知：q：.

因为为真，为假，所以p、q一真一假，

当p真q假时，，得，

当P假q真时，，得

综上所述：或.

21．如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；

（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．

【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．

连结．

因为，所以为等腰直角三角形，

且 ，由知．

由知，平面．

（2）［方法一］：【通性通法】向量法

如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．

由已知得

取平面的法向量．

设，则．

设平面的法向量为．

由得 ，

可取

所以 ．由已知得 ．

所以 ．解得(舍去)， ．

所以 ．

又 ，所以 ．

所以与平面所成角的正弦值为．

［方法二］：三垂线＋等积法

由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．

设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．

［方法三］：三垂线＋线面角定义法

由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．

在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．

由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．

设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．

［方法四］：【最优解】定义法

如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．

联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．

【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；

方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；

方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；

方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．

22．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；

(2)设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.

【答案】(1)作图及理由见解析；

(2).

【分析】（1）取中点P，作直线，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）延长交于点O，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量建立线面角正弦的函数关系，求出其范围作答.

【详解】（1）取中点P，作直线，则直线即为所求，

取中点H，连接，则有，如图，

在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形，

即有，又平面，平面，

所以平面.

（2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，

过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，

因此平面，即为四棱锥的高，在中，，

，当且仅当时取等号，此时点与重合，

梯形的面积为定值，四棱锥的体积，

于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，，

以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，

在等腰梯形中，，此梯形的高，

显然为的中位线，则，

，

设，则

设平面的一个法向量，则，令，得，

则有，

令，则，当时，，

当时，，当且仅当，即时取等号，

综上得，

所以的取值范围是.

【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可.