遼寧省鞍山市礦山高級中學(xué)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)文月考試卷含解析

遼寧省鞍山市礦山高級中學(xué)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)文月考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.四面體的頂點(diǎn)和各棱的中點(diǎn)共10個(gè)點(diǎn).在這10點(diǎn)中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，則不同的取法種數(shù)是（

）A．141 B．144 C．150 D．155參考答案：A

略2.5名學(xué)生相約第二天去春游，本著自愿的原則，規(guī)定任何人可以“去”或“不去”，則第二天可能出現(xiàn)的不同情況的種數(shù)為()A．C

B．25

C．52

D．A參考答案：B3.題中程序語句輸出的結(jié)果是（

）

A、1,2,1

B、1,2,2

C、2,1,2

D、2,1,1

參考答案：C4.復(fù)數(shù)的虛部是(A)

(B)-1

(C)

(D)1參考答案：C5.函數(shù)在x=處有極值，則a=（

）(A)－2

(B)0

(C)

(D)2參考答案：D略6.命題“所有能被2整除的數(shù)都是偶數(shù)”的否定是A.有不能被2整除的數(shù)都是偶數(shù)B.有能被2整除的數(shù)都不是偶數(shù)C.在一個(gè)不能被2整除的數(shù)都是偶數(shù)D.在一個(gè)能被2整除的數(shù)都不是偶數(shù)參考答案：D7.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為，令，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)為Tn，則T2015=（）A．﹣2011 B．﹣2012 C．﹣2013 D．﹣2014參考答案：D【考點(diǎn)】數(shù)列的求和．【專題】等差數(shù)列與等比數(shù)列；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．【分析】利用“當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1．當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn﹣Sn﹣1”可得an，于是=2（n﹣1）?cos．由于函數(shù)y=cos的周期T==4．利用周期性和等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．【解答】解：由數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2﹣n，當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=1﹣1=0．當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn﹣Sn﹣1=n2﹣n﹣[（n﹣1）2﹣（n﹣1）]=2n﹣2．上式對于n=1時(shí)也成立．∴an=2n﹣2．∴=2（n﹣1）?cos．∵函數(shù)y=cos的周期T==4．∴T2015=（b1+b5+…+b2009）+（b2+b6+…+b2010）+（b3+b7+…+b2011）+（b4+b8+…+b2012）+b2013+b2014+b2015=0﹣2（1+5+…+2009）+0+2（3+7+…+2011）+4024?cos+4026?cos+4028?cos=4×503+0﹣4026=﹣2014．故選D．【點(diǎn)評】本題考查了利用“當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1．當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn﹣Sn﹣1”求an、余弦函數(shù)的周期性、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．8.下列關(guān)于用斜二測畫法畫直觀圖的說法中，錯(cuò)誤的是（

）A用斜二測畫法畫出的直觀圖是在平行投影下畫出的空間圖形B幾何體的直觀圖的長、寬、高與其幾何體的長、寬、高的比例相同C水平放置的矩形的直觀圖是平行四邊形D水平放置的圓的直觀圖是橢圓參考答案：B9.復(fù)數(shù)的虛部為（

）A.－2 B.5 C.－5 D.－5i參考答案：C【分析】利用復(fù)數(shù)除法運(yùn)算求得，根據(jù)虛部定義得到結(jié)果.【詳解】

的虛部為：本題正確選項(xiàng)：C【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)虛部的求解，涉及到復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.10.命題“存在x0∈R，2≤0”的否定是（）A．不存在x0∈R，2＞0 B．存在x0∈R，2≥0C．對任意的x∈R，2x≤0 D．對任意的x∈R，2x＞0參考答案：D【考點(diǎn)】特稱命題；命題的否定．【專題】簡易邏輯．【分析】根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題，直接寫出該命題的否定命題即可．【解答】解：根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題，得；命題“存在x0∈R，2≤0”的否定是“對任意的x∈R，都有2x＞0”．故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了全稱命題與特稱命題的應(yīng)用問題，解題時(shí)應(yīng)根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題，寫出答案即可，是基礎(chǔ)題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.正六邊形的對角線的條數(shù)是

，正邊形的對角線的條數(shù)是

（對角線指不相鄰頂點(diǎn)的連線段）。參考答案：9，略12.若曲線：與曲線：有四個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是

▲

.參考答案：(，0)∪(0，)略13.若函數(shù)的圖象在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為_______．參考答案：【分析】求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)得切線斜率，即可求得切線方程.【詳解】，，即函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線斜率為1，所以切線方程為：.故答案為：【點(diǎn)睛】此題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線方程，關(guān)鍵在于準(zhǔn)確求出導(dǎo)函數(shù).14.用紅、黃、藍(lán)三種顏色涂四邊形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)，要求相鄰頂點(diǎn)的顏色不同，則不同的涂色方法共有_________種.參考答案：18【分析】先對頂點(diǎn)涂色有3種顏色可供選擇，接著頂點(diǎn)有2種顏色可供選擇，對頂點(diǎn)顏色可供選擇2種顏色分類討論，分為與同色和不同色情況，即可得到頂點(diǎn)涂色情況，即可求解.【詳解】如果同色涂色方法有，如果不同色涂色方法有，所以不同的涂色方法有種.故答案為:18.【點(diǎn)睛】本題考查染色問題、分步乘法原理和分類加法原理，注意限制條件，屬于基礎(chǔ)題.15.在中，已知，若分別是角所對的邊，則的最小值為__▲

_．參考答案：【知識點(diǎn)】正弦定理、余弦定理、基本不等式【答案解析】解析：解：因?yàn)椋烧叶ɡ砑坝嘞叶ɡ淼?，整理得，所以，?dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號成立.即的最小值為.【思路點(diǎn)撥】因?yàn)閷で蟮氖沁叺年P(guān)系，因此可分別利用正弦定理和余弦定理把角的正弦和余弦化成邊的關(guān)系，再利用基本不等式求最小值.16.函數(shù)在上的最小值為則的取值范圍為_____參考答案：略17.如圖，某建筑工地搭建的腳手架局部類似于一個(gè)2×2×3

的長方體框架，一個(gè)建筑工人欲從

A處沿腳手架攀登至B處，則其最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的概率為______________．參考答案：?【分析】先求出最近路線的所有走法共有種，再求出不連續(xù)向上攀登的次數(shù)，然后可得概率.【詳解】最近的行走路線就是不走回頭路，不重復(fù)，所以共有種，向上攀登共需要3步，向右向前共需要4步，因?yàn)椴贿B續(xù)向上攀登，所以向上攀登的3步，要進(jìn)行插空，共有種，故所求概率為.【點(diǎn)睛】本題主要考查古典概率的求解，明確事件包含的基本事件種數(shù)是求解關(guān)鍵，側(cè)重考查數(shù)學(xué)建模和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分14分）如圖，四面體ABCD中，O、E分別是BD、BC的中點(diǎn),（I）求證：平面BCD；（II）求點(diǎn)E到平面ACD的距離．參考答案：（I）證明：連結(jié)OC在中，由已知可得而即 平面（II）解：設(shè)點(diǎn)E到平面ACD的距離為在中，而點(diǎn)E到平面ACD的距離為19.如圖，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）證明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說明理由．參考答案：【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的性質(zhì)．【專題】綜合題；空間位置關(guān)系與距離．【分析】法一：（Ⅰ）連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A1O，可證A1O⊥底面ABCD，從而建立空間直角坐標(biāo)系，求出向量的坐標(biāo)，證明向量的數(shù)量積為0即可得到BD⊥AA1；（Ⅱ）確定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夾角公式，可求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）解：假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用數(shù)量積為0，即可求得結(jié)論．法二：（Ⅰ）先證明BD⊥平面AA1O，即可證得AA1⊥BD；（Ⅱ）過O作OE⊥AA1于E點(diǎn)，連接OE，則∠DEO為二面角D﹣AA1﹣C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）存在這樣的點(diǎn)P，連接B1C，在C1C的延長線上取點(diǎn)P，使C1C=CP，連接BP，可得四邊形BB1CP為平行四邊形，進(jìn)而利用線面平行的判定可得結(jié)論．【解答】法一：（Ⅰ）證明：連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2﹣2AA1?Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO∴A1O⊥底面ABCD∴以O(shè)B、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（﹣，0，0），A1（0，0，）

…∵，，∴∴BD⊥AA1…（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量設(shè)⊥平面AA1D，，則由得到，∴…∴所以二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（Ⅲ）解：假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1設(shè)，則得…設(shè)⊥平面DA1C1，，則由得到，∴…又因?yàn)槠矫鍰A1C1，則?，∴，∴λ=﹣1即點(diǎn)P在C1C的延長線上且使C1C=CP

…（13分）法二：（Ⅰ）證明：過A1作A1O⊥AC于點(diǎn)O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性質(zhì)定理知，A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD又底面為菱形，所以AC⊥BD∵A1O∩AC=O∴BD⊥平面AA1O∵AA1?平面AA1O∴AA1⊥BD…（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1?cos60°=1所以O(shè)是AC的中點(diǎn)，由于底面ABCD為菱形，所以O(shè)也是BD中點(diǎn)由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C過O作OE⊥AA1于E點(diǎn)，連接OE，則AA1⊥DE，故∠DEO為二面角D﹣AA1﹣C的平面角

…在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=在Rt△AEO中，OE=OA?sin∠EAO=DE=∴cos∠DEO=∴二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（Ⅲ）解：存在這樣的點(diǎn)P，連接B1C，∵A1B1ABDC，∴四邊形A1B1CD為平行四邊形，∴A1D∥B1C在C1C的延長線上取點(diǎn)P，使C1C=CP，連接BP

…∵B1BCC1，…∴BB1CP∴四邊形BB1CP為平行四邊形∴BP∥B1C，∴BP∥A1D∵BP?平面DA1C1，A1D?平面DA1C1，∴BP∥平面DA1C1

…（13分）【點(diǎn)評】本題考查線面位置關(guān)系，考查面面角，解題的關(guān)鍵是掌握線面平行、垂直的判定方法，正確作出面面角，考查利用向量方法解決立體幾何問題，屬于中檔題．20.設(shè)動點(diǎn)到定點(diǎn)的距離比它到軸的距離大1，記點(diǎn)的軌跡為曲線.（1）求點(diǎn)的軌跡方程；（2）設(shè)圓過，且圓心在曲線上，是圓在軸上截得的弦，試探究當(dāng)運(yùn)動時(shí)，弦長是否為定值？為什么？參考答案：

21.如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形．∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）證明：PA⊥BD（Ⅱ）設(shè)PD=AD=1，求棱錐D﹣PBC的高．參考答案：【考點(diǎn)】直線與平面垂直的性質(zhì)；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】（Ⅰ）因?yàn)椤螪AB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理證明BD⊥AD，根據(jù)PD⊥底面ABCD，易證BD⊥PD，根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，可證PA⊥BD；（II）要求棱錐D﹣PBC的高．只需證BC⊥平面PBD，然后得平面PBC⊥平面PBD，作DE⊥PB于E，則DE⊥平面PBC，利用勾股定理可求得DE的長．【解答】解：（Ⅰ）證明：因?yàn)椤螪AB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，從而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD．（II）解：作DE⊥PB于E，已知PD⊥底面ABCD，則PD⊥BC，由（I）知，BD⊥AD，又BC∥AD，∴BC⊥BD．故BC⊥平面PBD，BC⊥DE，則DE⊥平面PBC．