2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期10月月考数学（理）试题（解析版）

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2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期10月月考数学（理）试题 一、单选题1．已知直线l和平面α，β，若l⊥α，α⊥β，则（    ）A． B．C． D．或【答案】D【分析】根据空间中线面关系、线面垂直和面面垂直的性质，即可得到结果.【详解】若l⊥α，α⊥β，则或.故选：D.2．若直线与平行，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】斜率存在的两直线平行，斜率相等截距不等.【详解】直线与平行，所以，.故选：C.3．已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）A．14 B．12 C．6 D．3【答案】D【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D. 4．已知函数，则（    ）A．在上单调递减 B．在上单调递增C．在上单调递减 D．在上单调递增【答案】C【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C. 5．如图（1）（2）（3）（4）为四个几何体的三视图，根据三视图可知这四个几何体依次分别为  A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆台 B．三棱柱、正四棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台 D．三棱柱、三棱锥、圆锥、圆台【答案】B【分析】根据三棱柱、正四棱锥、圆锥和圆台的结构特征依次判断即可.【详解】第一个几何体是三棱柱,第二个是正四棱锥,第三个是圆锥,第四个是圆台,故选:B.6．已知四面体A-BCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则A．1 B．-1 C． D．【答案】B【分析】在四面体中，由题意可得任意两条棱的夹角为60°，又，再根据数量积的定义求解．【详解】由题意可得，所以．故选B．【点睛】在利用定义求向量的数量积时，要注意两向量夹角的确定，如在本题中的夹角为120°而不是60°，这是在解题中容易出现的错误，考虑问题时一定要抓住夹角的定义．7．已知为空间任一点，，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据空间向量共面定理的推论求解．【详解】解：，，又，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，，，故选：B．8．已知在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点，若其中为实数，则的值是（    ）A． B． C．－2 D．2【答案】B【解析】利用向量运算得到得到答案.【详解】故故选：【点睛】本题考查了空间向量的运算，意在考查学生的计算能力.9．如图，已知正方体，分别为所在棱的中点，截面和截面将正方体分成三部分，则这三部分体积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先判断截得几何体的形状，再利用多面体的体积公式进行求解.【详解】设正方体的棱长为，则正方体的体积为，由正方体的对称性可知截面​将正方体平分为体积相等的两部分，而截面​截得的三棱锥的体积为，占正方体体积的​.故而截的三部分几何体的体积为​.故选：D.10．如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点在线段上运动，包括线段两端点）.则下面说法中正确的有（　　）①对任意的点，是等腰三角形；②存在点，使得平面；③对任意的点，的面积都不大于；④对任意的点，的面积都不等于.A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，根据，求得，结合，可判定①正确；由点为平面与直线的交点时，得到平面，可判定②正确；由①可知是等腰三角形，当点与重合时，求得的面积最大值，可判定③正确；由的最小值即为点到直线的距离，结合，求得面积的最小值，可判定④错误.【详解】对于①中，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，，，，因为点在上，设，由，可得，得，，，所以，可得，所以，，所以，即，所以①正确.对于②：当点为平面与直线的交点时，可得平面，所以②正确；对于③中，由①可知是等腰三角形，所以与的面积成正比关系，在中，当点与重合时，此时最大，的面积最大，最大值为的面积，所以③正确；对于④中，由的最小值即为点到直线的距离，设点到直线的距离为，可得，可得，所以的最小值为，此时的面积最小，最小值为，所以④错误.故选：A.11．在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（    ）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】[解法1]设所求外接球球心为，则在上下底面中心的连线上，利用勾股定理可求得，设，在和中，利用勾股定理可构造方程组求得，即可得解.[解法2] 同解法1，求得直角梯形的各边，利用图形的特殊性，作出的中垂线，与的延长线交点即为球心,由此进行计算即可.【详解】[解法1]由题意知：四边形均为正方形，为上下底面的中心，设正四棱台的外接球球心为，外接球半径为，则直线；，，，又，，当位于线段上时，设，则，解得：（舍）；当位于线段的延长线上时，设，则，解得：，所以,故选：C.[解法2]同解法1，求得为直角梯形，如图所示，取的中点，连接,则为等腰直角三角形，四边形为正方形，取中点,连接并延长交的延长线于点,由于为的中垂线，所以,即O为四棱台的外接球的球心，显然，，所以外接球半径.故选：C.12．如图，将边长为的正方形沿对角线折成大小等于的二面角分别为的中点，若，则线段长度的取值范围为（  ）A． B．C． D．【答案】A【分析】连接和，由二面角的定义得出，由结合为的中点，可知是的角平分线且，由的范围可得出的范围，于是得出的取值范围．【详解】连接，可得，即有为二面角的平面角，且，在等腰中，，且，，则，故答案为，故选A．【点睛】本题考查线段长度的取值范围，考查二面角的定义以及锐角三角函数的定义，解题的关键在于充分研究图形的几何特征，将所求线段与角建立关系，借助三角函数来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题． 二、填空题13．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．【答案】【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，又，，所以，所以．故答案为：． 14．如图，在正方体中，与平面所成角的大小为________.【答案】【分析】根据线面角的定义即可根据几何法求解.【详解】在正方体中，平面,因此即为与平面所成角，由于为等腰直角三角形，故，故答案为：15．已知直线和互相垂直，且，则的最小值为____________.【答案】【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解.【详解】解：由题得.所以.当且仅当时等号成立.所以的最小值为.故答案为：16．如图，正方体中，下面结论正确的有________.①平面；②；③平面；④异面直线与所成的角为.【答案】①②③【解析】由结合线面平行的判定定理可判断①的正误；连接，证明平面可判断②的正误；证明出平面可判断③的正误；由结合异面直线所成角的定义计算出异面直线与所成的角的大小，可判断④的正误.综合可得出结论.【详解】在正方体中，且，则四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，故①正确；连接，在正方体中，平面，平面，.四边形为正方形，，，平面，平面，，故②正确；由②同理可证，由①知且，，，平面，故③正确；，所以，异面直线与所成的角为，易知为等腰直角三角形，且，即异面直线与所成的角为，故④错误.故答案为：①②③.【点睛】本题以正方体为载体，考查线面平行、线线垂直、线面垂直的判断以及异面直线所成角的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 三、解答题17．如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，平面平面.求证：（1）∥平面；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）证得MN∥BC，由线面平行的判定定理证明即可；（2）证得平面.由面面垂直的判定定理证明即可【详解】（1）∵别为棱的中点，∴MN∥BC又平面，∴∥平面.（2）∵，点为棱的中点，∴，又平面平面，平面平面，∴平面.∵平面，∴平面平面.【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查推理能力，属于基础题18．已知锐角三角形的内角、、的对边分别为、、，且.(1)求角；(2)求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角恒等变换化简，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的最大值.【详解】（1）解：由及正弦定理可得，由余弦定理可得，因为，则.（2）解：，因为为锐角三角形且，则，可得，所以，，故当时，取得最大值.19．如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)；(2)﹒ 【分析】(1)以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系，求出,0,，,,，利用数量积求解即可．(2)是平面的一个法向量，求出平面的法向量，设平面与所成二面角为，利用空间向量的数量积求解即可．【详解】（1）以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系，则由题意知,0,，,0,，,2,，,0,，,1,，,2,，,0,，,,，,，异面直线与所成角的余弦值为；（2）是平面的一个法向量，设平面的法向量为，，，，取，得，，平面的法向量为,,，设平面与所成二面角为，,，平面与所成的锐二面角的余弦值为．20．已知等差数列的首项为，公差，且是与的等比中项．(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由等比中项的性质可得将其转化为关于首项和公差的方程，解方程求得公差，再由等差数列的通项公式即可求解；（2）由（1）求出的通项公式，再由裂项求和即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为是与的等比中项，所以即所以，整理可得：，解得：或（舍），所以.（2）由（1）知所以，所以.21．如图，在三棱台中，，，，侧棱平面ABC，点D是棱的中点.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据法向量与直线的方向向量的关系即可求证，（2）根据点面距离的空间向量求法即可求解.【详解】（1）由平面ABC，可知： 两两垂直，故建立如图的空间直角坐标系，根据题意可得，0，，，0，，，4，，，0，，，2，，，3，，，，，设平面的法向量为，则，取 则，，平面；（2）由（1）知，，，设平面的法向量为，则，取，则，点到平面的距离为；22．如图，在四棱锥中，平面，， ，且，，（1）求证：；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）根据是等腰直角三角形，可得，依据平面ABCD，可得，最后根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，最后可得结果.（2）先找到二面角的平面角，利用等体积法可求得点到平面的距离是，最后计算即可.【详解】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由已知，可得是等腰直角三角形，即，又平面ABCD，则，又平面PAC所以平面PAC，又平面PAC所以．（2）如图假设存在符合条件的点，过点作于，则，平面，．过点作于，连接，则平面，，即是二面角的平面角．若，则，又，设 ，则，所以，即是线段的中点．存在点使得二面角的大小为．在三棱锥中，，设点到平面的距离是，则，，，，解得． 在中，，，，，，与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属中档题．