2022-2023学年上海市嘉定区第一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市嘉定区第一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市嘉定区第一中学高二上学期12月月考数学试题 一、填空题1．己知平面向量，，则向量__________．【答案】【分析】根据平面向量的坐标运算计算即可.【详解】因为，所以故答案为：.2．已知数列为等差数列，，，则__________．【答案】4【分析】代入等差数列的通项公式求解即可.【详解】由等差数列的通项公式知，解得.故答案为：4.3．已知，，则__________．【答案】【分析】根据同角三角函数的关系可得，再根据正弦的二倍角公式求解即可.【详解】因为，，所以，所以．故答案为：4．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________【答案】【详解】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点， 过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 因为的坐标为，所以, 所以. 5．已知是两个非零向量，且，则与的夹角为______．【答案】30°【解析】将平方展开，结合，整理可得，可求，利用向量夹角公式，即可求解.【详解】解：设与的夹角为，由，得．又，∴．∴，∴，∴．∵，∴．故答案为:30°.【点睛】本题考查向量的模与向量数量积关系，考查向量的夹角，属于基中档题.6．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为__________.【答案】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值.【详解】解答：解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体中，，，，设异面直线与所成角为，则，∴异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查运算求解能力，是基础题.7．若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为        .【答案】【详解】由面积为的半圆面，可得圆的半径为2，即圆锥的母线长为2.圆锥的底面周长为.所以底面半径为1.即可得到圆锥的高为.所以该圆锥的体积为. 8．已知正六边形ABCDEF的各顶点均在平面的同侧，点A，C，F到面的距离分别为9，10，20，则点D到平面的距离为__________．【答案】【分析】根据空间位置关系求得点D到平面的距离.【详解】设，则，点A和点D到平面的距离之和与点C和点F到平面的距离之和相等，则点D到平面的距离为．故答案为：9．已知在上是严格减函数，则的取值范围是__________．【答案】【分析】由题意利用正弦函数的单调性可得，列不等式组求的取值范围.【详解】因为，所以，由题意得，所以 ，可得．由，当，解得.所以的取值范围是.故答案为：10．已知数列的前n项和为，且，（为正整数），则__________．【答案】【分析】根据递推关系求出，进而求得.【详解】己知数列满足，，，所以，所以，所以，故．故答案为：11．已知点在二面角的棱上，点在内，且．若对于内异于的任意一点，都有，则二面角的大小是_________．【答案】【详解】点在内，内异于的任意一点，都有，所以与平面所成的角为，过做于，连，则，过做于，连，因为，所以，又，所以平面，所以，即，，，所以重合，所以，，即二面角的大小是.故答案为：.12．如图所示，在棱长为3的正方体中，E在棱上，，是侧面上的动点，且平面，则在侧面上的轨迹的长度为__________．【答案】【分析】设在棱上，且，在棱上，且，在棱上，且，根据面面平行的判定定理，可得平面平面，结合已知中平面，可得落在线段上，则答案可求.【详解】解：设在棱上，且，在棱上，且，在棱上，且连接，，IH，，EG，BG，则，所以，B，E，G四点共面，由，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，又因为平面，所以F落在线段HI上，因为正方体的棱长为3，所以，即F在侧面上的轨迹的长度是．故答案为：. 二、单选题13．下列向量组中，能作为基底的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】能作基底的两个向量不共线，判断各选项中的两个向量是否共线即可得解.【详解】对于A，因，则有，与不能作为基底；对于B，因，，则有与不共线，与可作基底；对于C，因，则有，与不能作为基底；对于D，因，则有，与不能作为基底.故选：B14．平面平面的一个充分条件是（   ）A．存在一条直线B．存在一条直线C．存在两条平行直线D．存在两条异面直线【答案】D【分析】由面面平行的判定定理对选项逐一判定【详解】对于A，B，C，当平面，相交时，条件仍然成立，故A，B，C错误，对于D，存在两条异面直线，平移后可得，存在两条相交直线，由面面平行的判定定理可知，平面平面，故D正确，故选：D15．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为.A．24里 B．12里 C．6里. D．3里【答案】C【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程．【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解得：，，故选C．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题． 三、多选题16．已知函数，若对于任意，都有，则函数在区间上的零点个数可以为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】ABCD【分析】从得到，利用换元得到，根据题设所给范围得到，根据分别取值讨论即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，设，则由题可知，设，因为，所以对应，又因为，所以，且，所以，故，（i）当时，，则最多有一个零点，（ii）当时，，因为，则最少有2个零点，最多有4个零点，（iii）当时，，因为，则最少有5个零点，最多有7个零点，因此的零点个数可能为：4,5,6,7.故选:ABCD.【点睛】关键点点睛：此题考查正弦函数的图象性质，解答的关键在于确定中的范围，从而确定函数零点最少个数和最多个数。 四、解答题17．如图，在正方体中，棱长为2，M、N分别为、AC的中点．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)30° 【分析】（1）以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用空间向量证明即可，（2）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．则，，，，，，．所以，因为平面,所以平面的一个法向量为，因为，所以，因为平面，所以平面（2），，．设平面的一个法向量为则，令，则，，所以设与平面所成角为，则．因为，所以与平面所成角为30°．18．已知点、、，是坐标原点.（1）若，求的值；（2）若实数、满足，，求的最大值.【答案】（1）；（2），时有最大值16.【分析】（1）根据，代入向量的坐标运算求得，再两边平方得的值；（2）根据，可得，代入求最大值.【详解】 ，两边平方后可得 ，；（2）， ， ， ， ， 时，取得最大值16，此时 ， 的最大值16.【点睛】本题考查向量的坐标运算和三角函数结合求值和最值的问题，意在考查转化与三角函数恒等变形，属于基础题型，形如类型函数的值域，根据定义域先求的范围，再求的范围.19．为正方体，动点P在对角线上，记．(1)求证：；(2)若异面直线AP与所成角为，求的值．【答案】(1)证明见详解；(2)． 【分析】（1）连接，，可证明平面，即可证得线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，得到点的坐标，由已知可得，代入点的坐标即有，求解即可得到的值．【详解】（1）证明：如图，连接，.由已知可得，平面，平面，所以，又是正方形，所以，又平面，平面，，所以平面，又动点P在对角线上，所以平面，所以平面，所以.（2）以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，则，.由已知，可得，设点，则，所以，所以，即，所以，.又异面直线AP与所成角为，所以，即，整理可得，因为，所以，即点位于点处时，满足条件.20．类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．(1)四棱柱，平面平面ABCD，，，求的余弦值；(2)当、时，证明以上三面角余弦定理；(3)如图3，斜三棱柱中侧面，，的面积分别为，，，各侧面所对面所对应的三个二面角分别记为，，，请用文字和符号语言描述你能够得到的正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明．【答案】(1)(2)证明见解析(3)答案见解析 【分析】（1）根据定义将已知的条件代入计算即可；（2）过射线PC上一点H作交PA于M点，作交PB于N点，连接MN，画出图形，则是二面角的平面角，根据已知条件利用三角形中的余弦定理进行证明即可；（3）这问比较灵活，例如已知在三棱锥ABCD中，，，，AB所对的二面角记为，所对的二面角记为，AC对的二面角记为，求证：．根据所描述的结论进行证明即可.【详解】（1）由平面平面ABCD，得，由三面角余弦定理得，因为，，所以；（2）过射线PC上一点H作交PA于M点，作交PB于N点，连接MN，如图所示：则是二面角的平面角，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得：，两式相减得：，则：，两边同除以，得；（3）已知在三棱锥ABCD中，，，，AB所对的二面角记为，所对的二面角记为，AC对的二面角记为，求证：．不难推出，所以．作A点在底面BDC上的射影O，过OE作于E，连接AE，过O作于F，连接AF，由，有，所以，因为，，所以，同理可得，所以．21．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“Z拓展”．如数列1，2第1次“Z拓展”后得到数列1，3，2，第2次“Z拓展”后得到数列1，4，3，5，2．设数列a、b、c经过第n次“Z拓展”后所得数列的项数记为，所有项的和记为．(1)求、；(2)若，求n的最小值；(3)是否存在实数a、b、c，使得数列为等比数列？若存在，求a、b、c满足的条件；若不存在，说明理由．【答案】(1)，；(2)10；(3)存在，a、b、c满足的条件为或. 【分析】（1）根据题中定义进行求解即可；（2）根据等比数列的定义和通项公式进行求解即可；（3）根据等比数列的定义和性质进行求解即可.【详解】（1）原数列有3项，经第1次拓展后的项数；经第2次拓展后的项数；（2）数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，由数列经第n次拓展后的项数为，则经第次拓展后增加的项数为，所以，所以，由（1）得，，所以，由，即，解得，所以n的最小值为10；（3）设第n次拓展后数列的各项为，，，，…，，，所以，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，所以，即，所以，得，由，则，若使为等比数列，则或，所以a、b、c满足的条件为或．【点睛】关键点睛：利用等比数列的定义和性质是解题的关键.