2022-2023学年山东省青岛市青岛第二中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省青岛市青岛第二中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共23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。
2022-2023学年山东省青岛市青岛第二中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先得到直线方程的斜率，然后根据的关系，以及的范围，求出答案.【详解】因为直线方程是，所以该直线的斜率，所以可得，而所以该直线的倾斜角是.故选C【点睛】本题考查根据直线方程求直线的倾斜角，属于简单题.2．已知中，，，，则（    ）A．或 B． C．或 D．【答案】B【分析】根据正弦定理，结合大边对大角求解即可.【详解】解：因为中，，，，所以，由正弦定理得，因为，所以或因为，，，所以，所以.故选：B3．设，则“”是“直线与直线平行”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先求出两直线平行时的值，然后再根据充分必要条件的概念判断．【详解】解：当直线与直线平行时，满足，解得，所以，当时，直线即为，即为，显然满足平行关系；当时，直线即为，即为，显然也满足平行关系；所以，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合，根据诱导公式求解即可.【详解】解：因为，，所以故选：D5．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量垂直关系得，再计算，，并结合向量夹角公式求解即可.【详解】解：因为，，所以，即，所以，所以因为，所以.故选：C6．已知圆锥的高为，底面半径为3，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为（    ）A． B． C．4 D．6【答案】D【分析】过此圆锥顶点的最大截面面积为母线垂直对应的直角三角形，故可求面积的最大值.【详解】圆锥的高为，底面半径为3，故圆锥的母线长为，过此圆锥顶点的轴截面对应的等腰三角形的顶角大小为，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为故选：D.7．在空间直角坐标系中，正四面体的顶点A、B分别在轴，轴上移动．若该正四面体的棱长是4，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】固定正四面体的位置，则原点在以为直径的球的球面上运动，进而转化为减去球的半径和加上球的半径问题求解即可.【详解】解：如图所示，若固定正四面体的位置，则原点在以为直径的球面上运动，设的中点为，则，所以原点到点的最近距离等于减去球的半径，最大距离是加上球的半径，所以，即的取值范围是．故选：B．8．如图，在中，已知，，，分别是边上的点，且，，其中，，且，若线段的中点分别为，则的最小值是（    ）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】根据几何图形中线段对应向量的线性关系，可得，，再根据并结合，且，可得关于的函数式，由二次函数的性质即可求的最小值.【详解】解：在中，，则，∵分别是边的点，线段的中点分别为∴，，∴，∴两边平方得：，∵，∴，又∵，，∴当时，最小值为，即的最小值为.故选：A 二、多选题9．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术•商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”．一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.【详解】解：由题意，堑堵的体积，阳马的体积，鳖臑的体积，所以，，，即，所以，所以，AC选项正确，BD选项错误.故选：AC10．下列关于空间向量的命题中，正确的是（    ）A．若非零向量，，满足，，则有B．若，，是空间的一组基底，且，则 四点共面C．任意向量，，满足D．已知向量，，若，则为锐角【答案】ABD【分析】根据向量共线定理判断A；根据判断B；根据数量积的运算律判断C；根据向量夹角公式求解判断D.【详解】解：对于A选项，因为，，是非零向量，且满足，，故存在实数使得，故，所以，故正确；对于B选项，，，是空间的一组基底，故三点不共线，，所以， 四点共面，故B选项正确；对于C选项，因为，不一定共线，故不一定成立，故C选项错误；对于D选项，当与共线且同向时，有，即，该方程组无解，即与不能共线且同向，故时，为锐角，即时为锐角，故D选项正确.故选：ABD11．已知函数，则（    ）A．函数的零点是B．函数的图像关于轴对称C．将函数的图象向右平移个单位后与原函数的图象重合D．函数在区间上单调递增【答案】BC【分析】求得函数的零点判断选项A；求得的解析式进而判断选项B；求得将函数的图象向右平移个单位后得到的解析式进而判断选项C；求得函数在区间上单调性判断选项D.【详解】选项A：由，可得，则函数的零点是.判断错误；选项B：则由，可得函数的图像关于轴对称.判断正确；选项C：则将函数的图象向右平移个单位后与原函数的图象重合. 判断正确；选项D：由，可得又，则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.判断错误.故选：BC12．如图，正方形ABCD-A1B1C1D1边长为1，P是 上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）A．BP的最小值为B． 的最小值为C．当P在直线上运动时，三棱锥 的体积不变D．以点B为球心，为半径的球面与面 的交线长为【答案】ACD【分析】当时，BP最小,结合正三角形性质，求得B到直线的距离，判断A;建立空间直角坐标系，利用空间向量，设求得点，结合两点间的距离公式，求得PA+PC的最小值，判断B;根据当P在直线A1D上运动时，三棱锥的底面积以及高的变化情况，可确定体积不变没判断C;根据题意确定以点B为球心，为半径的球面与面 的交线即为的内切圆，即可求得交线长，判断D.【详解】对于A，当时，BP最小，由于到直线的距离对．对于B,解法一：以为坐标原点建系，以 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,设,,表示平面上之间的距离，表示平面上之间的距离，错解法二：将平面翻折到平面上，如图，连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，在三角形ADC中，,，B错误；对于C,,平面，平面到平面的距离为定值,为定值，则为定值，对．对于D，由于平面，设与平面交于点，，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，在以为圆心，为半径的圆上，由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，交线长为正确．故选：ACD【点睛】本题考查了空间几何中的距离以及距离和的最值问题，以及三棱锥体积和几何体中的轨迹问题，综合性强，要求充分发挥空间想象能力，解答时要能借助于几何体的直观图，明确空间的点线面的位置关系，灵活应用空间向量以及相关相关知识解决问题. 三、填空题13．向量，且向量与非零向量方向相反，则的取值范围是______．【答案】【分析】由题知，存在实数，使得，进而得，再根据向量数量积的坐标表示求解即可.【详解】解：因为向量与非零向量方向相反向量，所以，存在实数，使得，所以，，所以，所以，的取值范围是 故答案为：14．若直线与直线垂直于点，则______．【答案】6【分析】根据，可求得a，将代入直线，即可求得c，再代入直线，即可求得b，从而可得答案.【详解】直线与直线且，可得，解得，所以直线．由题意，可知是两条直线的交点，将代入直线得，解得．将代入直线，得，解得，所以．故答案为：6.15．法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名.对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点.如图所示，在中，已知，设为的费马点，且满足，.则的外接圆直径长为______.【答案】【分析】由已知利用三角形的内角和定理可得，，可得在中，，可得，在中，由正弦定理可得的值，在中，利用余弦定理求出，在中，利用正弦定理即可求出外接圆的直径.【详解】由已知，所以.在中，，故.在中，由正弦定理得，而，，故，在中，利用余弦定理 ，即，在中，利用正弦定理，故的外接圆直径长为.故答案为：.16．已知，若存在，，使得与夹角为60°，且，则的最小值为______．【答案】【分析】由已知，可设，，先通过可知，共线，然后在中，利用余弦定理结合基本不等式，求得的面积取到最大值，则到的距离最远，从而根据等号成立的条件得到，使用勾股定理即可求得.【详解】由已知，，令，，故有共线，因为,在中，与夹角为60°，即与夹角为60°，由余弦定理可知：，当且仅当时等号成立，此时取得最大值为，此时的面积取到最大值，则到的距离最远，即当且仅当关于轴对称时，最小，此时，，所以,所以.故答案为：. 四、解答题17．已知的顶点，，直线的斜率为．(1)求过点，且在两坐标轴上截距相等的直线的一般式方程；(2)求角的角平分线所在直线的一般式方程．【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）分直线过原点和不过原点两种情况讨论求解即可；（2）根据题意，分点位于直线上方和点位于直线下方两种情况讨论求解即可.【详解】(1)解：当所求直线过原点时，设直线方程为，因为直线过点，所以，故方程为，当所求直线不过原点时，因为所求直线在两坐标轴上截距相等，所以，设所求直线方程为，因为直线过点，所以，解得，所以所求直线方程为综上，满足条件的直线方程为或.(2)解：因为的顶点，，直线的斜率为，所以，直线方程为，直线的倾斜角为，根据题意，作出其图形，如图，当点位于直线下方时，，此时其角平分线为，角平分线的倾斜角为，所以，角平分线方程为，即；当点位于直线上方时，，此时其角平分线为，角平分线的倾斜角为，所以，角平分线方程为，即.所以，角的角平分线所在直线的一般式方程为或18．如图所示，在中，与相交于点.(1)用和分别表示和；(2)若，求实数和的值.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由平面向量的数乘与加法，可得答案；（2）根据平面向量共线定理的推论，由（1）代入，得到方程，可得答案.【详解】(1)由，可得.(2)（2）设，将代入，则有，即，解得，故，即.19．如图，在四边形中，，，．(1)求；(2)若，，求的周长．【答案】(1)(2)24 【分析】（1）在中，由同角三角函数关系和正弦定理即可求解，（2）在中根据余弦定理可求,进而在中中，根据三角形面积公式以及余弦定理即可求解.【详解】(1)在中，，∴∵，∴又∵为钝角，∴为锐角，∴(2)在中，∴∴解得(负根舍去)在中，，∴∴又，整理得，，∴∴∴，∴的周长为24.20．如图，在三棱锥中，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由三线合一得到，再利用勾股定理逆定理求出，从而证明出线面垂直；（2）结合(1)，根据计算即可.【详解】(1)证明：因为，为的中点，所以，且，连接，因为，所以为等腰直角三角形，所以，，所以，，即，因为，，，平面，所以平面．(2)解： 因为为等腰直角三角形，，，所以由（1）知平面，平面，所以，所以，在中，由余弦定理得，所以，，设点到平面的距离为，因为，即，解得 所以，点到平面的距离为.21．已知函数的部分图像如图所示．(1)求的解析式及对称中心；(2)若，求值；(3)先将的图像横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍，得到函数图像，再将图像右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间．【答案】(1)；对称中心为(2)(3) 【分析】（1）根据函数图像得，，，进而根据，再将点代入求解得，最后求解对称中心即可；（2）结合（1）得，再根据，结合二倍角公式求解即可；（3）由函数图像平移变换得，进而得，再解不等式即可得答案.【详解】(1)解：由图可知，，，即，解得，所以，再将点代入得，即，因为，所以，所以.令，解得，所以，的对称中心为(2)解：由（1）知，所以，即，因为，所以.(3)解：将的图像横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍得，再将图像右平移个单位后得到的图像，故，因为，所以，所以令，解得，所以，函数在上的单调减区间为22．如图，四边形为梯形，，，，点在线段上，且．现将沿翻折到的位置，使得．(1)取中点为中点为，证明：平面；(2)证明：；(3)点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在， 【分析】（1）取中点，连接，进而证明四边形是平行四边形即可证明，再根据判定定理即可证明；（2）在中，过作，垂足为，连接，进而证明，再根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证得；（3）利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法即可求解.【详解】(1)证明：因为四边形为梯形，，，，所以，，即，所以四边形是平行四边形，所以，取中点，连接，如图，因为中点为中点为，所以，，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面.(2)证明：因为四边形为梯形，，，，所以，，即，所以四边形是平行四边形，所以，，，，即，，在中，过作，垂足为，连接．在中，，，所以．在中，，，，由余弦定理得，即，所以，所以，即．又，平面，所以平面．又 平面，所以．(3)解：在中，，，，，即．∵，，，∴，∵，平面，平面．又平面，，，平面．又，，平面，平面．平面，∵平面，∴∴以为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，．设，则． 设平面的一个法向量为，则，即，令，则．设平面的一个法向量为，则，即，令，则． 因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍），所以存在点，使得二面角的余弦值为，此时．