2022-2023学年陕西省西安市临潼区铁路中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年陕西省西安市临潼区铁路中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省西安市临潼区铁路中学高二上学期第二次月考数学（理）试题 一、单选题1．，2，，，，，则，两点的距离为（    ）A． B． C．7 D．49【答案】C【解析】利用空间两点间的距离公式直接求解即可【详解】解：．故选：C．2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【解析】利用含有一个量词的否定的定义可得答案．【详解】命题“，”的否定是“，”故选：C3．已知，（其中是两两垂直的单位向量），则与的数量积等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由向量是两两垂直的单位向量，得到，，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】由题意，向量是两两垂直的单位向量，设，，则，，所以．故选：A.4．已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，焦距等于，离心率等于，则此椭圆的方程是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据焦距可得，再由，可得，由即可求解.【详解】由题意可得，解得，又，可得，，焦点在轴上，椭圆的方程是.故选：C【点睛】本题考查了由椭圆的焦距、离心率求椭圆的标准方程，考查了基本运算求解能力，属于基础题.5．已知集合A＝{1，a}，B＝{1，2，3}，则“a＝3”是“A⊆B”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】根据充分条件、必要条件的概念结合集合间的关系可得结果.【详解】a＝3时，A＝{1，3}，A⊆B，即充分性成立；当A⊆B时，a＝2或3，即必要性不成立；故选：A.6．设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】C【解析】由两平面平行，得法向量平行，由此求得后可得结论．【详解】∵，∴，∴，解得，，∴．故选：C．7．已知命题：，为任意角，若，则；命题：函数是周期函数，下列命题为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】先判断命题p和q的真假，然后根据真值表进行判断即可.【详解】由题意知为假命题，为真命题，所以为真命题.故选：C.8．如果向量，，共面，则实数的值是（    ）A．11 B．8 C．7 D．1【答案】A【解析】由向量共面定理知，列方程组即可求的值.【详解】向量共面，即存在实数使，∴，解之得，故选：A9．设椭圆上一点P到其左焦点的距离为3，到右焦点的距离为1，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据椭圆定义得到，，得到离心率.【详解】，故，即，，故，.故选：B.【点睛】本题考查了椭圆离心率，属于简单题.10．如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=A1A=2,M､N分别是BB1和B1C1的中点,则直线AM与CN所成角的余弦值等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将异面直线平移至有交点的位置,在三角形中求出各边,再用余弦定理即可求出夹角余弦值,即异面直线夹角余弦值.【详解】解:由题知找中点及靠近点的四等分点为,连接,如图所示:是中点,且,四边形为平行四边形,,是中点,,AM与CN所成角即为夹角,因为正三棱柱ABC-A1B1C1,AB=A1A=2,,在中由余弦定理可得:,故直线AM与CN所成角的余弦值等于.故选:D11．设椭圆的焦距为，则数列的前项和为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由椭圆方程求得焦距，再判断得数列是等差数列，从而利用求和公式求和.【详解】因为椭圆，，所以，，则，，所以椭圆的焦距为，即，所以，则数列是以的等差数列，所以数列的前项和为.故选：A.12．如图，在平行六面体中， AC与BD的交点为M.设，则下列向量中与相等的向量是（　　）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据代入计算化简即可.【详解】故选：B. 二、填空题13．若，且，则实数______________.【答案】【分析】利用已知条件求出，然后，求出即可.【详解】，,,,即，解得：.故答案为：【点睛】本题考查空间向量的数量积的应用，向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.14．已知，是椭圆的两个焦点，过的直线交此椭圆于，两点．若，则____________；【答案】4【分析】根据椭圆的标准方程，求出的值，由的周长是，由此求出．【详解】因为， 所以.故答案为：4【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，利用椭圆的定义是解题的关键．15．命题：方程有实数解，命题：方程表示焦点在轴上的椭圆．若命题为真，则的取值范围___________．【答案】【分析】先由命题为真与判别式法求得参数的范围，再由命题为真与椭圆的标准方程求得参数的范围，从而由命题为真得到两命题都为真，利用交集运算即可求得参数的范围.【详解】若命题为真，则有实数解，所以，解得，若命题为真，则方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，解得，因为命题为真，所以命题为真且命题为真，所以且，故，即.故答案为：.16．在直三棱柱中,,且,,,点在棱上,且三棱锥的体积为,则直线与平面所成角的正弦值等于___________．【答案】【分析】根据题意建立空间直角坐标系,根据三棱锥的体积求出点的位置,进而求出各个点的坐标,求出平面的法向量,再求出夹角的余弦值的绝对值,即线与面夹角的正弦值.【详解】解:由题知直三棱柱中,,所以以为原点,方向为轴,方向为轴, 方向为轴,建立如图所示空间直角坐标系:,,,又有三棱锥的体积为4,即,,,记平面法向量为,则,即,令可得,,故直线与平面所成角的正弦值等于.故答案为: 三、解答题17．已知命题:,命题:,(1)若命题为真命题,求实数的取值范围．(2)若是的充分不必要条件,求实数的取值范围;【答案】(1);(2)． 【分析】(1)将一元二次不等式解出即可得出答案;(2)根据题意即是的充分不必要条件,求出命题为真所表示的集合,再求示出命题为真所表示的集合,即要求B,列出不等式即可求出结果.【详解】（1）解:由题知命题:,若命题为真命题,则,故;（2）由题知命题:,即,是的充分不必要条件,是的充分不必要条件,记,则有B即 ,解得,故.18．（1）求与椭圆有相同的焦点，且经过点的椭圆标准方程；（2）已知椭圆的离心率，求的值及椭圆的长轴长､焦距､焦点坐标､顶点坐标；【答案】（1）（2），椭圆的长轴长为，焦距，焦点坐标为，顶点坐标为．【分析】（1）根据已知椭圆判断得焦点位置，从而设得所求椭圆方程，再由已知条件列出方程组，解之即可；（2）先将椭圆方程化为标准方程，再由离心率求得值，从而由椭圆的几何性质求得所求.【详解】（1）因为椭圆，所以其焦点落在轴上，且，所以设所求椭圆为，则有，解得（负值舍去），所以所求椭圆为.（2）因为椭圆可化为，因为，所以，所以，故，所以椭圆焦点落在轴上，则，，所以，因为，所以，即，即，解得，所以椭圆为，，，，则，所以，椭圆的长轴长为，焦距，焦点坐标为，顶点坐标为．19．在长方体中，，，，是的中点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：(1)求直线与所成的角的余弦值；(2)求点到直线的距离．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）由题意写出点的坐标，求出，的坐标，从而利用空间向量求异面直线所成角即可；（2）先将问题转化为求，再由空间向量平行与垂直的坐标表示求得点坐标，从而得到，再利用向量的模求解即可.【详解】（1）由题意得，，，．则，，设与所成的角为，则，所以，所以与所成的角的余弦值为．（2）作于，则点到直线的距离为，因为，，又，设，则，，，所以，解得，则，故，所以，所以点到直线的距离为．.20．如图，是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）先利用线面角求出的长度，然后利用空间向量法求解即可.【详解】（1）因为是正方形，所以，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面.（2）因为正方形，平面，平面，所以两两垂直，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为平面，所以 即为与平面所成角，因为，所以，又，所以，所以，，，设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面的夹角为，则，令得，令得所以，即平面与平面夹角的余弦值为.21．设,分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，（1）若的周长为16，求；（2）若，求椭圆的离心率.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）由题意可以求得，而的周长为，再由椭圆定义可得.故.（2）设出，则且.根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出的关系，从而，，则，故，为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.（1）由，得.因为的周长为，所以由椭圆定义可得.故.（2）设，则且.由椭圆定义可得.在中，由余弦定理可得，即，化简可得，而，故.于是有.因此，可得，故为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.【解析】1.椭圆的定义；2.椭圆的离心率求解. 22．如图,四棱锥中,平面､底面为菱形,为的中点．(1)证明：平面;(2)设,菱形的面积为,求平面与平面夹角的正切值．【答案】(1)证明见解析;(2)． 【分析】(1)连接交于点,连接,根据三角形中位线即可证明,进而证明平面;(2) 以为坐标原点建立空间直角坐标系,根据,菱形的面积为,求出菱形边长,进而求出各个点坐标,然后分别求出平面与平面的法向量,求出法向量夹角的余弦值的绝对值即面面夹角的余弦值,进而求出正切值即可.【详解】（1）解:由题知连接交于点,连接,如图所示:因为底面为菱形,所以为中点,又因为为中点,,平面,平面,平面;（2）由题知菱形的面积为,,,,,取为坐标原点,的方向为轴,的方向为轴,过做平行线为轴,建立如图所示空间直角坐标系,则有,,记平面的法向量为 ,则有,即,令,可得,记平面的法向量为,则有,即,令,可得,,即平面与平面夹角的余弦值为,则其夹角的正切值为.