2022-2023学年陕西省咸阳市礼泉县第二中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年陕西省咸阳市礼泉县第二中学高二上学期第二次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知命题，，则命题的否定为 （    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【解析】根据全称命题的否定是特称命题，可得选项．

【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题，，则命题的否定为“，”，

故选：B．

2．若直线l过点A(-1，3，4)，B(1，2，1)，则直线l的一个方向向量可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出向量，再选出与其共线的向量即可；

【详解】，

故选：D.

【点睛】本题考查直线方向向量，考查对概念的理解，属于基础题.

3．已知平面，的法向量分别为，，则（    ）

A． B．

C．，相交但不垂直 D．，的位置关系不确定

【答案】B

【详解】解：平面，的法向量分别为，，

对于A选项，，，不平行，故A错误；

对于B选项，，，故B正确；

对于C、D选项，由B选项可知，，互相垂直，故C、D错误.

故选：B.

4．下列命题中真命题的个数是（    ）

①，；②至少有一个整数，它既不是奇数也不是偶数；③是无理数 ，是有理数.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据全称量词命题和存在量词命题定义判断即可.

【详解】由实数性质可知①为真命题；任何整数不是奇数必是偶数，故②为假命题；取，则，故③为真命题.

故选：C

5．已知平面的一个法向量，点在内，则平面外一点到平面的距离为（    ）

A．4 B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】利用点到平面的距离公式即可得解.

【详解】因为，，

所以，

又是平面的一个法向量，

所以到的距离为.

故选：B.

6．“”是“”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】结合诱导公式和列举法可直接求解

【详解】若，则，；但时，或，故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

7．如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（      ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的加减运算，即可求得答案.

【详解】由题意得：，

故选：A

8．若平面α的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，则l与α所成角的余弦值为（    ）

A． B．  C． D．

【答案】D

【分析】利用线面角的向量公式，即得解

【详解】设α与l所成的角为θ，

则

故直线l与α所成角的余弦值为

故选：D

9．已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（    ）

A．－1 B．0 C．1 D．－6

【答案】D

【分析】根据向量共面列方程，化简求得.

【详解】，所以不共线，

由于，，共面，

所以存在，使，

即，

，

，

，，

即.

故选：D

10．已知命题：，；命题：若对任意恒成立，则.下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据零点存在性定理判断命题p真假，由恒成立求出a的取值范围判断q,再由复合命题的真值表判断即可求解.

【详解】令，则在为连续函数，且，

，故在上存在零点，故方程在上有解，

所以命题为真命题.

对任意恒成立，当时，显然成立，

当时，则，解得，综上，

所以命题为真命题，

所以为真命题，、、为假命题.

故选：A

11．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理、余弦定理可得答案.

【详解】∵，，

∴由正弦定理得，

因为，所以，即，

∴，即．

故选：B.

12．已知是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，则的最大值为(    )

A．4 B．12 C．8 D．6

【答案】C

【分析】设正方体内切球的球心为，则，，将问题转化为求的最大值.

【详解】设正方体内切球的球心为，则，，

∴＝，

又点在正方体表面上运动，∴当为正方体顶点时，最大，且最大值为正方体体对角线的一半，，∴的最大值为.

故选：C.

二、填空题

13．当时，的最小值为______．

【答案】5

【分析】将所求代数式变形为，利用基本不等式即可求解.

【详解】解：因为，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为.

故答案为：.

14．已知，，则______.

【答案】4

【分析】设，，由，求出

，再由空间向量的数量积的坐标运算可得答案.

【详解】设，，

由，

，

得，

，

解得，

所以，，则.

故答案为：4.

15．已知命题p：，.若命题为真命题，则实数a的最大值是______.

【答案】－4

【分析】先求出，然后由命题为真命题，可得在上恒成立，再求出的最小值即可.

【详解】因为命题p：，，

所以命题：，，

因为命题为真命题，

所以在上恒成立，

令，

对称轴为，

所以在上单调递增，

所以，

所以，

所以实数a的最大值为，

故答案为：.

16．如图，直三棱柱中，，M，N分别是，的中点，，则BM与AN所成角的余弦值为______.

【答案】##

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求异面直线所成角的余弦.

【详解】以C为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则有，，，，

，，

.

则BM与AN所成角的余弦值为.

故答案为：

三、解答题

17．已知向量，，，，.

(1)求，，；

(2)求与所成角的余弦值.

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）根据向量平行得到，根据向量垂直得到，计算得到答案.

（2）计算，，再根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1），故，即，

故，，，即，，

，故，，故

（2），，与所成角的余弦值为：

18．已知，设，或.

(1)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围；

(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求解出集合，然后找到集合的关系求解即可；

（2）先求出集合，，然后找到集合，的关系求解即可.

【详解】（1）解不等式，得，可得，

∵“”是“”的充分不必要条件，

∴，

∴，即实数a的取值范围为.

（2）易知，由（1）得，

∵“”是“”的必要不充分条件，

∴ ，则.

∴实数a的取值范围为.

19．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点.请用空间向量知识解决下列问题：

(1)求证：；

(2)求证：平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先由面面垂直的性质定理及正方形的性质推得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，，由此利用空间向量垂直的坐标表示即可得证；

（2）结合（1）中结论得到，，，从而利用空间向量垂直的坐标表示证得，，由此利用线面垂直的判定定理证得平面.

【详解】（1）因为面面，面面，，面，

所以面，又面，所以，

又因为在正方形中，，所以两两垂直，

以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

因为M为EC的中点，所以，

故，，

所以，故即.

（2）由（1）得，，，

所以，则即，

又，故即，

又，平面，

所以平面.

20．已知，命题，不等式成立，命题，．

(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若命题pq为假，pq为真，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）依题意参变分离即可得到在上恒成立，则，根据二次函数的性质求出，即可得到参数的取值范围；

（2）首先求出命题为真时参数的取值范围，依题意命题p与q一真一假，再分类讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解；

【详解】（1）解：∵，不等式成立，∴在上恒成立，因为，，在上单调递减，在上单调递增，且，即；

∴，即p为真命题时，实数m的取值范围是．

（2）解：∵，，∴，即命题q为真命题时，

∵命题p与q一真一假，∴p真q假或p假q真．

当p真q假时，即；

当p假q真时，即．

综上所述，命题p与q一真一假时，实数m的取值范围为或．

21．在等差数列中，，，为等比数列的前项和，且，，，成等差数列.

(1)求数列，的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意列出方程，求得，进而得到数列的通项公式；

（2）由（1）可得，再利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前项和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.

∵，，

∴，∴.

∴.

∵，，成等差数列

∴，即，

∴.

∴公比，

∵，

∴.

（2）由（1）可得.

①当时，，∴.

②当时，，∴.

.

∴

∴

.

∴.

当时，满足上式.

∴.

22．四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面ABCD，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.请用空间向量知识解答下列问题：

(1)求平面PAD与平面PDC所成角的余弦值；

(2)是否存在点Q，使平面DEQ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在点Q，使平面，，理由见详解

【分析】（1）取的中点，连接，利用已知条件证明得，量两两互相垂直，所以以为坐标原点，分别为 轴，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用法向量求两平面所成角的余弦值即可

（2）假设存在，设，求出平面的法向量为，根据平面，可得，求得即可.

【详解】（1）取的中点，连接 ，

因为

所以，

因为侧面底面ABCD，且两个面相交于

平面，平面ABCD

所以平面ABCD, 又平面 ABCD

所以

在菱形中，，且边长为4，

所以

所以

所以

所以量两两互相垂直

所以以为坐标原点，分别为 轴

建立空间直角坐标系，如图所示：

则：

由，即，

因为侧面底面ABCD，且相交于

平面，平面ABCD

所以平面

所以为平面的一个法向量且

设为平面的一个法向量

由

令

所以

设平面PAD与平面PDC所成的角为，

且由图知为锐角

所以

所以平面PAD与平面PDC所成角的余弦值为

（2）假设存在，设，

由（2）可知，

设,则，

又因为，

所以，即，

所以在平面中，，

设平面的法向量为，

则有，

可取，

又因为平面， 所以，

即，解得.

所以当时，平面.