2023-2024学年上海市松江二中高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市松江二中高二上学期10月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知复数满足（为虚数单位），则 .
【答案】
【分析】根据复数除法法则计算出，从而求出模长.
【详解】，
故.
故答案为：
2．已知向量，，若 ，则实数 ．
【答案】/0.5
【分析】先计算出，进而利用向量垂直得到方程，求出答案.
【详解】由题意得,
，解得.
故答案为：
3．设等比数列的公比为2，前项和为，若，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合等比数列的求和公式，求得，再由等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】由等比数列的公比为2，且，
可得，整理得，解得，
所以.
故答案为：.
4．已知a，b为两条不同的直线，α为一个平面，且，，则直线a与b的位置关系是 .
【答案】平行或异面
【分析】通过画图得到两直线的位置关系.
【详解】如图1，此时直线a与b平行，如图2，此时直线a与b异面.
故答案为：平行或异面
5．已知角的大小为150°,且异面直线分别与角的两边平行,则异面直线所成角的大小为 .
【答案】30°
【分析】根据异面直线所成角的定义可知.
【详解】因为异面直线分别与角的两边平行，
所以角（或其补角）为异面直线所成的角，
由的大小为150°知，
异面直线所成角的大小为30°
故答案为30°
【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，所成角的范围，属于容易题.
6．在正方体中，二面角的大小是 .
【答案】
【分析】在正方体中，，则是二面角的平面角，即可得出答案.
【详解】在正方体中，平面.
所以
所以是二面角的平面角.
在直角中，，所以
故答案为：
【点睛】本题考查求二面角的大小，求二面角的常见方法有定义法和向量法，属于基础题
7．设为正整数，已知点列在函数的图象上，若，，则实数k的值为 .
【答案】3
【分析】利用点在函数上得到与的关系，之后利用题干条件构建关于的等量关系，计算即可.
【详解】解：因为点列在函数的图象上，
所以，则，则，
所以，
即 即，
所以，解得.
故答案为：3
8．自平面外一点向平面引垂线段及两条斜线段，它们在平面内的射影长分别为2和12，且这两条斜线与平面所成角相差45°，则垂线段的长为 .
【答案】4或6
【分析】设与所成的角分别为，，则，由题意可得，然后利用两角和的正切公式即可得到结果.
【详解】设的长为两条斜线段在平面内的射影分别为,且，与所成的角分别为，，即,可得.
又，得或6.
故答案为：4或6
【点睛】本题考查线面角的定义，考查两角和的正切公式，考查计算能力，属于基础题.
9．已知平面内的角，线段是平面的斜线段且，，那么点到平面的距离是
【答案】2
【分析】作出辅助线，得到线面角，结合三余弦定理得到，进而求出，结合，求出点到平面的距离.
【详解】由题意，过点作平面，垂足为H，
过点作⊥于点，连接，
则与平面所成的角为，因为，
由对称性可知为角的平分线，故，
又，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故，
因为，
所以，
即，解得，
所以，
又由，所以点到平面的距离.
故答案为：2
10．如图，在长方体中，，，为的中点，过的平面分别与棱，交于点E，F，且，则截面四边形的面积为 .
【答案】/
【分析】过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与，交于E，F，利用线面平行的判定定理证得平面即为平面，从而得截面四边形为菱形，然后根据菱形面积公式求解即可.
【详解】如图：
过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与，交于E，F，
因为，且平面，平面，所以平面，所以平面即为平面，
又平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又，，所以，所以四边形为菱形，
因为，，所以.
故答案为：
11．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，P是底面上一点．若平面BEF，则AP与平面成角的正弦值的取值范围是 ．

【答案】
【分析】根据线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用线面角的定义，结合锐角三角函数的定义，可得答案.
【详解】如图，取的中点，的中点M，连接AM，AN，MN，，，

由正方体，E，N分别为，的中点，
易知，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面BEF，平面BEF，所以平面BEF，
因为E，F分别为，的中点，由中位线性质可得，同理可知，所以，
又因为平面，平面，所以平面，又，平面AMN，所以平面平面，
因为P是底面上一点，且平面，所以点，
由分别为的中点，且，，则，，即，
由，则
在等腰中，底边上的高，
则AP的长度的取值范围为，
设与平面成角为，在正方体中，易知平面，且为垂足，
所以．
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键在于面面平行的性质定理以及线面角定义的理解，利用正方体的几何性质，得以解题.
12．空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个
【答案】32
【分析】按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解
【详解】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；
然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性：
（1）全同侧，这样的平面有2个；
（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，
1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，
考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，
故共有6个，
所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个，
故答案为：32
二、单选题
13．已知，是异面直线，，是两个不同的平面，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据空间直线\平面间的位置关系、面面垂直的判定定理判断.
【详解】选项A，当与相交时，也可能与相交，A错；
选项B，当都不与平面的交线垂直时，不垂直，B错；
选项C，时，不能得出与平面的交线垂直，因此也不一定有，C错；
选项D，由面面垂直的判定定理可知D正确．
故选：D．
14．在中，角所对的边分别为，若，则为（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】利用余弦定理化角为边即可得解.
【详解】因为，
由余弦定理可得，
所以，
即，所以，
所以为等腰三角形.
故选：C.
15．从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是（ ）
A．；B．
C．；D．．
【答案】D
【分析】利用异面直线的定义，从正方体的八个顶点两两连线中任取两条异面直线，可以分类讨论其夹角可能取值，进而得解.
【详解】利用异面直线的夹角范围为，故其余弦值范围为，可以分为以下几类：
两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
面对角线与棱所在直线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；
体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是
故选：D
16．已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论：
①对于任意给定的点，存在点，使得；
②对于任意给定的点，存在点，使得；
③对于任意给定的点，存在点，使得；
④对于任意给定的点，存在点，使得．
其中正确的结论是（ ）
A．①B．②③C．①④D．②④
【答案】A
【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论．
【详解】①当点与重合时，，，且，所以平面，
因为对于任意给定的点，都有平面，
所以对于任意给定的点，存在点，使得，所以①正确；
②只有平面，即平面时，
才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，
因为过点与平面垂直的直线只有一条，而，所以②错误；
③当与重合时，在线段上找不到点，使，所以③错误；
④只有当平面时，④才正确，
所以对于任意给定的点不存在点，使，故④错误．
故选：A．
【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．
（3）证明线线垂直，需转化为线面垂直．
三、解答题
17．如图，在长方体中，，，点P为棱上一点.

(1)试确定点P的位置，使得平面，并说明理由；
(2)在（1）的条件下，求异面直线与所成角的大小.
【答案】(1)P为棱的中点，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线证明线线平行即可求证，
（2）根据线线平行找到异面直线的所成角，即可结合三角形边角关系求解.
【详解】（1）当P为棱的中点时，平面.
理由如下：设和交于点O，则O为的中点.
连接，又因为P是的中点，所以.
又因为平面，平面.
所以直线平面.

（2）由（1）知，，所以即为异面直线与所成的角或其补角.
因为，且，
所以.
又，所以.
故异面直线与所成角的大小为.
18．已知向量，．
(1)若，且，求x的值；
(2)设，求函数在上的最大值和最小值．
【答案】(1)或
(2)最小值为，最大值为.
【分析】（1）根据向量平行的坐标表示和三角恒等变换公式求解；
（2）根据平面向量数量积的坐标表示可得，再根据正弦函数的图象性质求最值.
【详解】（1）因为，所以，
即，则，
因为，所以或.
（2）
,
因为，所以，
所以当，即，时函数有最小值为，
当，即，时函数有最大值为.
四、证明题
19．如图所示，四面体中，已知平面平面，，，，．
(1)求证：．
(2)若二面角为，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，由勾股定理得逆定理证明出AC⊥BC，进而利用面面垂直得到线面垂直，线线垂直；（2）先利用题干中条件得到∠BCD即为二面角的平面角，进而得到△BCD为等腰直角三角形，，再得到∠BAD为直线与平面所成的角，利用求出的线段长度，求出直线与平面所成的角的正弦值.
【详解】（1）因为，，，所以由余弦定理得：，因为，所以AC⊥BC，因为平面平面，交线为BC， 平面ABC，所以AC⊥平面BCD，因为平面BCD，所以，证毕.
（2）由（1）知，AC⊥平面BCD，因为平面BCD，所以，又AC⊥BC，故∠BCD即为二面角的平面角，所以∠BCD=45°，又因为，所以△BCD为等腰直角三角形，因为BC=6，所以，因为，，，所以平面ACD，AD为AB在平面ACD上的投影，所以∠BAD即为直线与平面所成的角，设为，，则.
五、解答题
20．如图，在梯形中，，，，，平面且.
(1)求直线到平面的距离；
(2)求二面角的大小；
(3)在线段AD上是否存在一点F，使点A到平面PCF的距离为?
【答案】(1)
(2)
(3)存在
【分析】（1）作于，先证明平面，则点A到平面PBC的距离，即为直线AD到平面PBC的距离，再证明平面，即可得解；
（2）过点作，交于点，连接，证明平面，则即为二面角的平面角，过C作于M，求出，进而可得出答案；
（3）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）∵，平面，平面，
∴平面，
故点A到平面PBC的距离，即为直线AD到平面PBC的距离，
作于，
∵平面，平面，，
，又平面PAB，平面PAB，
又平面PAB，，
又平面，平面，
即AH的长为点A到平面PBC的距离，也即直线AD到平面PBC的距离，
在等腰中，，
所以直线AD到平面PBC的距离为；
（2）过点作，交于点，连接，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
过C作于M，
则四边形为矩形，故，
在中，，
可得，，所以，
又，所以，
则，
所以二面角的大小为；
（3）假设存在点F，使点A到平面PCF的距离为，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，所以，
故点A到平面PCF的距离为，
所以，解得，
所以存在点F，使点A到平面PCF的距离为.
六、证明题
21．称满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：①；②．
（1）若等比数列为阶“期待数列”，求公比q及的通项公式；
（2）若一个等差数列既是阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式：
（3）记n阶“期待数列”的前k项和为；
（ⅰ）求证：．
（ⅱ）若存在使，试问数列能否为n阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由．
【答案】（1）或；（2） ；（3）证明见解析；不能.
【分析】（1）设出公比并讨论公比是否为1，根据求和公式求解；
（2）设出公差，列方程求解；
（3）（ⅰ）反证法即可证明；（ⅱ）通过n阶“期待数列”性质结合分析数列特征，推出数列不满足n阶“期待数列”
【详解】（1）若等比数列为阶“期待数列”，
；．设公比，
若，所以
；．
所以，，所以或
所以的通项公式：或；
（2）若一个等差数列既是阶“期待数列”又是递增数列，设其公差，
；
，
所以，
所以，
所以，
两式相减： ，
可得，
，
所以的通项公式，
（3）（ⅰ）假设．
若则，
，，
，
与矛盾；
若则，
，，
，
与矛盾；
所以不成立，
所以得证.
（ⅱ）记n阶“期待数列”的前k项和为
若存在使，
，
又因为，
所以，，
如果数列能否为n阶“期待数列”，记数列的前n项和为，
由（ⅰ），所以，，
所以，所以，
，则，
所以，
与不能同时成立，
所以若存在使，则数列不能为n阶“期待数列”.