2021-2022学年江苏省盐城市伍佑中学高二下学期第一次阶段考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省盐城市伍佑中学高二下学期第一次阶段考试数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省盐城市伍佑中学高二下学期第一次阶段考试数学试题一、单选题1．若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（       ）A． B． C． D．或【答案】C【分析】推导出，利用空间向量法可得出线面关系.【详解】因为，，则，即，因此，.故选：C.2．已知等差数列的前n项和为，若，则（       ）A．44 B．88 C．99 D．121【答案】A【分析】根据等差数列项数的关系可求出，再利用与的关系，即可求出答案.【详解】由于为等差数列，，则  故选：A.3．已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴，解得 x=，故选A．点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面．4．已知，，，则点C到直线AB的距离为（       ）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】应用空间向量的坐标运算求在上投影长及的模长，再应用勾股定理求点C到直线AB的距离.【详解】因为，，所以．设点C到直线AB的距离为d，则故选：D5．已知长方体中，，E是的中点，则异面直线与DE夹角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可【详解】分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，则，，∴所以异面直线与DE夹角的余弦值为.故选：B6．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（       ）A．6种 B．9种 C．11种 D．23种【答案】B【分析】第一步，把1填入方格中，第二步，把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，然后填余下的两个数字，即可求解.【详解】先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，故选：B．7．若曲线存在垂直于y轴的切线，则a的取值范围是(       )A． B． C． D．【答案】C【分析】问题等价于f(x)的导数在x＞0时有零点，再参变分离转化为函数交点问题.【详解】依题意，f(x)存在垂直与y轴的切线，即存在切线斜率的切线，又，，∴有正根，即有正根，即函数y＝－2a与函数的图像有交点，令，则g(t)＝，∴g(t)≥g()＝，∴－2a≥，即a≤.故选：C.8．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果.【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，，设关于平面的对称点为，则，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，与到平面的距离，又，，，，，，（当且仅当三点共线时取等号），即的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.二、多选题9．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则能使的是（       ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】要使，只需∥.对四个选项，分别判断、是否平行即可.【详解】因为直线l的方向向量为，平面的法向量为，要使，只需∥.对于A：.因为，所以、不平行.故A 错误；对于B：.因为，所以∥.故B 正确；对于C：.因为，所以∥.故C 正确；对于D：.因为，所以、不平行.故D错误；故选：BC.10．已知函数，则下列说法正确的是（       ）A．当时，有两个零点 B．当时，有极小值点C．当时，没有零点 D．不论a为何实数，总存在单调递增区间【答案】ABD【分析】，分、两种情况讨论即可判断BD，的零点个数等价于的图象与的图象的交点个数，由图可判断AC.【详解】，当时，，在上单调递增当时，由可得，由可得所以在上单调递减，在上单调递增所以是的极小值点，故B正确不论a为何实数，有总存在单调递增区间，故D正确的零点个数等价于的图象与的图象的交点个数设为直线与相切的切点，则，解得，所以直线与相切由图可得，当时，有一个零点，故C错误当时，有两个零点，故A正确故选：ABD11．为有效控制新冠疫情，某医院派出甲，乙，丙，丁个医疗队分别去支援三个地区，要求每个地区至少安排一个医疗队，则下列说法正确的有（     ）A．总共有12种分配方法B．总共有36种分配方法C．若甲､乙两队安排去同一个地区，则有6种分配方法D．若甲､乙不同去A地区一共有30种分配方法【答案】BC【分析】根据题意，依次根据分组分配问题判断AB，再由优先安排甲乙计算判断C, 间接法判断D，综合可得答案．【详解】对于A，先将4人分为3组，再将三组安排到三个场馆，有种安排方法，A不正确；对于B，由A的结论，B正确；对于C，先将甲乙安排在同一个地方，有3种情况，再将其余2人，安排到其他的两个地方，有种安排方法，C正确；对于D，若甲､乙同去A地区，有种安排方法，故甲､乙不同去A地区一共有种分配方法，故D不正确；故选：BC．12．给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：．规定：①为同时与，垂直的向量；②，，三个向量构成右手系（如图1）；③ ．如图2，在长方体中，则下列结论正确的是（       ） A．B．C．D．【答案】ACD【分析】根据新定义空间向量的叉乘运算依次判断选项即可.【详解】在长方体中，AB=AD=2，，A：同时与垂直，，又因为，所以，且，构成右手系，故成立，故A正确；B：根据三个向量构成右手系，可知，，则，故B错误；C：，且与同向共线，，且与同向共线，又，且与同向共线，即与同向共线，所以，且与同向共线，所以，故C正确；D：长方体的体积，，所以，故D正确.故选：ACD三、填空题13．已知，则________.【答案】【分析】由排列数公式构造方程求得结果.【详解】由得：且，解得：.故答案为：.14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种.（以数字作答）【答案】72【分析】首先分析图形结构，从使用了四种颜色还是三种颜色进行分类讨论，最后相加得到最后的结果即可.【详解】当使用四种颜色时，先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，则第2、4和第3、5区域需一组涂上同一种颜色，另外一组涂上不同颜色，所以共有种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种有种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由乘法原理有种.综上共有：种.故答案为：72【点睛】本题主要考查排列组合中的涂色问题，在处理该类问题时，一般是两种解题思路，一是从所使用的颜色种类进行分类，一种是利用分步计数原理进行逐个分析涂色方法即可，但是一般图形结构比较复杂时，用第一种方法比较合适.15．已知椭圆的左､右焦点为，过作x轴垂线交椭圆于点P，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是___________.【答案】【分析】以为等腰直角三角形列方程组可得之间的关系式，进而求得椭圆的离心率.【详解】椭圆的左､右焦点为，点P由为等腰直角三角形可知，，即可化为，故或（舍）故答案为：16．如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是______.【答案】【分析】易证得，引入辅助角变量，设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值，从而可判断所求角的范围.【详解】解：因为，，所以，所以，又因为为的中点，所以，又，所以平面，设，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则平面与平面重合，不妨设，则，则，，则，因为平面，所以即为平面的一条法向量，因为直线与平面所成角为，，所以，因为，所以，所以，所以.故答案为：.四、解答题17．（1）证明：，（2）求和【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）对分子分母同时乘以化简即可.（2）利用（1）的结论，可把每一项拆开中间项约掉即可得到答案.【详解】（1）证明：得证.（2）由（1）知 18．求下列问题的排列数：(1)4名男生3名女生排成一排，3名女生相邻；(2)4名男生3名女生排成一排，3名女生不能相邻；(3)4名男生3名女生排成一排，女生不能排在两端；(4)4名男生3名女生，男、女相间排成一排．【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】（1）根据相邻问题捆绑法求解即可；（2）根据不相邻问题插空法求解即可；（3）根据特殊位置法求解即可；（4）先排列4名男生，再将3名女生安排的男生形成的3个空位上即可；【详解】(1)解：根据相邻问题捆绑法得，先将3名女生全排列，并看出一个元素，再和其余4名男生一起排列，共有种不同的安排方法.(2)解：根据不相邻问题插空法得：先将4名男生进行全排列，再将3名女生插在5个空位上，共有种不同的排列方法.(3)解：先从4名男生中取2人排在两端，再将其余5人排在中间5个位置上，共有种不同的排列方法.(4)解：先将4名男生进行全排列，再将3名女生插在中间的3个空位上，有种不同的排列方法.19．如图，在长方体中，，，点E在棱AB上移动．(1)求证：；(2)当点E为棱AB的中点时，求点E到平面的距离；(3)当AE为何值时，平面与平面所成的角为？【答案】(1)证明见解析；(2)(3)【分析】（1）根据题意，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，进而根据坐标法证明即可；（2）由（1），利用坐标法求解设平面的法向量，进而根据求解即可；（3）结合（1），利用坐标法求平面的法向量，1，，平面的法向量，0，，进而根据坐标法求解即可.【详解】(1)解：为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则因为所以所以. (2)解：因为为的中点，则，从而，设平面的法向量为，则即，得，从而，所以点到平面的距离为(3)解：由（1），时，平面与平面所成角为．则，，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，平面的法向量，0，，，由，解得或（舍去）．时，平面与平面所成角为．20．如图，四棱锥中，，，且是边长为2的等边三角形.(1)若，求证：；(2)若平面平面ABCD，，直线SC与平面SAB所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题目证明平面SOC，利用线面垂直的性质定理即可证明;（2）建立直角坐标系，设，运用向量的夹角公式求出直线SC与平面SAB所成角的正弦值即可求出，进而求出体积.【详解】(1)如图，取AD的中点O，连接SO，CO.因为为等边三角形，所以.因为，，，，所以四边形ABCO为矩形，所以.因为SO，平面SOC，且，所以平面SOC，因为平面SOC，所以.(2)因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，，，所以平面ABCD，平面SAD，故以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意知，，，所以，.设平面SAB的法向量为，则，即，则，取，得，故.设，则，，则，得，即，故.21．在平面直角坐标系中，抛物线C的准线为，对称轴为坐标轴，焦点在直线上.(1)求抛物线C的方程；(2)若动直线与抛物线C交于A，B两点.在x轴上是否存在定点P，使得对任意实数m，总有成立？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据题意可得抛物线的焦点在x轴上，求得焦点坐标，从而可得出答案；（2）假设存在满足条件的点P，不妨设，，，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求得，，由，直线AP与直线BP的斜率，满足，整理分析从而可得出结论.【详解】(1)解：因为抛物线C的准线为，对称轴为坐标轴，则C的对称轴为x轴，且焦点在x轴上，又焦点在直线上，则焦点坐标为，所以C的顶点为原点，所以抛物线C的方程为；(2)解：假设存在满足条件的点P，由得，不妨设，，，则，①，②，由，直线AP与直线BP的斜率，满足，即，即③，将①②代入③得：对任意m成立，则，即存在满足条件的定点.22．设函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点和，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析：（2）不存在【详解】（1）定义域为，，令，①当时，，，故在上单调递增，②当时，，的两根都小于零，在上，，故在上单调递增，③当时，，的两根为，当时，；当时，；当时，；故分别在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知，，因为.所以,又由（1）知，，于是，若存在，使得，则，即，亦即（）再由（1）知，函数在上单调递增，而，所以，这与（）式矛盾，故不存在，使得.