陕西省西安市西安中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学（理）试题

陕西省西安市西安中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学（理）试题

西安中学高二12月月考试题 理科数学 一、选择题 ‎1.“a∥α，则a平行于α内任一条直线”是(　　)‎ A. 真命题 B. 全称命题 C. 特称命题 D. 不含量词的命题 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题中含有“任一”全称量词，故为全称命题 ‎【详解】当，则不一定与内的所有直线平行，故该命题为假命题，排除 又因为该命题中含有“任一”全称量词，故为全称命题，排除 故选 ‎【点睛】本题主要考查了全称命题和特称命题的判断，掌握全称量词和特称量词是解答本题的关键，属于基础题．‎ ‎2. 若命题p的否命题为r，命题r的逆命题为s，则s是p的（ ）‎ A. 逆否命题 B. 逆命题 C. 否命题 D. 原命题 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由逆命题、否命题及逆否命题的概念知：是的逆否命题，故选A．‎ 考点：逆否命题．‎ ‎3.给出命题：若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限．在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是（ ）‎ A. 3 B. ‎2 ‎C. 1 D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限，原命题是真命题，则其逆否命题也是真命题；其逆命题为：若函数 的图象不过第四象限，则函数是幂函数是假命题，所以原命题的否命题也是假命题. 故它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题有一个．选C．‎ ‎4. “a和b都不是偶数”的否定形式是 （ 　）‎ A. a和b至少有一个是偶数 B. a和b至多有一个是偶数 C. a是偶数，b不是偶数 D. a和b都是偶数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎“a和b都不是偶数”的否定形式是和至少有一个是偶数.‎ ‎5.如果命题“非或非”是假命题，则下列各结论：‎ ‎①命题“且”是真；②命题“且”是假；③命题“或”是真；④命题“或”是假．其中正确的是（ ）．‎ A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复合命题的真假判断方法可得正确的选项.‎ ‎【详解】因为“非或非”是假命题，故、均为真命题，‎ 所以命题“且”是真命题且命题“或”是真命题，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】复合命题的真假判断为“一真必真，全假才假”，的真假判断为“全真才真，一假必假”，的真假判断是“真假相反”．‎ ‎6.“”是“”的（ ）．‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考虑两个方程的解集的包含关系后可得两者的条件的关系.‎ ‎【详解】方程的解集为，‎ 方程的解集为，‎ 因为是的真子集，故 ‎“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；‎ ‎（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；‎ ‎（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；‎ ‎（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．‎ ‎7.已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角为（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中两个平面法向量的夹角，代入向量夹角公式，可以求出两个向量的夹角，进而根据两平面所成的二面角与 相等或互补，得到答案．‎ ‎【详解】∵两平面的法向量分别为 ‎ 则两平面所成的二面角与相等或互补 故. 故两平面所成的二面角为45°或135° 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，其中一定要注意两平面所成的二面角与相等或互补．属基础题.‎ ‎8.直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A‎1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ‎，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.‎ 考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎9.若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线与平面所成的角等于(　　)‎ A. 120° B. 30° C. 60° D. 60°或30°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因直线方向向量与平面的法向量的夹角为 ，所以线面角为．‎ ‎【详解】设直线与平面所成的角为，则，故选B．‎ ‎【点睛】一般地，如果直线的方向向量 与平面的法向量的夹角为，直线与平面所成的角为，则．‎ ‎10.在正方体中，点为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据向量夹角余弦值，即可得出结果.‎ ‎【详解】以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为，则，，，‎ ‎∴，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则有即∴∴.‎ ‎∵平面的一个法向量为，‎ ‎∴|，‎ 即平面与平面夹角的余弦值为.故选B ‎【点睛】本题主要考查求二面角的余弦值，熟记空间向量的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎11.对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有，则，，是,,,四点共面的(　　)‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间中共面定理：空间任意一点和不共线的三点，，，且,得,,,四点共面等价于，然后分充分性和必要性进行讨论即可.‎ ‎【详解】解：空间任意一点和不共线的三点，，，且 则,,,四点共面等价于 若，，，则，所以,,,四点共面 若,,,四点共面，则，不能得到，，‎ 所以，，是,,,四点共面的充分不必要条件 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了空间中四点共面定理，充分必要性的判断，属于基础题.‎ ‎12.已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. 2 D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可证，从而可得在平面内以为直径的圆与直线有公共点，从而得到的最大值.‎ ‎【详解】‎ 由长方体可得平面，‎ 而平面，故.‎ 因为，，故平面，‎ 因为平面，故.‎ 所以在平面内以为直径的圆与直线有公共点，‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】空间中线线垂直到线线垂直的转化，需要以线面垂直中转，必要时找两条线中的某一条线的射影，本题属于基础题.‎ 二、填空题 ‎13.直线与圆相切的充要条件是______．‎ ‎【答案】或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用圆心到直线的距离等于半径可得所求的充要条件.‎ ‎【详解】直线和圆相切时 故圆心到直线的距离为，故或.‎ 反之，当或时，圆心到直线的距离为，‎ 故直线和圆相切.‎ 故直线和圆相切的充要条件为或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相切的判断，一般地，我们用圆心到直线的距离等于半径来判断直线与圆相切，本题属于基础题.‎ ‎14.设有两个命题：①关于的不等式的解集是R；②函数是减函数，如果这两个命题中有且只有一个是真命题，则实数的取值范围是 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：①为真时，．②为真时，．‎ 所以两个命题有且只有一个是真命题时或 考点：命题真假的判断 ‎15.已知四面体，，，，，则__________．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎∵四面体，，，，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴.‎ 故答案为5‎ ‎16.已知，，，，点在直线上运动，当取最小值时，点的坐标是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则可用表示的坐标，从而可计算，利用二次函数的性质可判断何时最小值，从而得到点的坐标.‎ ‎【详解】设，因为，故，故坐标为.‎ ‎，‎ 故，‎ 当时，取最小值，此时的坐标为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查空间中两点的中点坐标公式、数量积的计算以及二次函数的性质，注意当空间中的动点在线段上运动变化时，应利用共线向量来求动点的坐标.‎ 三、解答题 ‎17.已知,,若p是q的充分而不必要条件，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据p是q的充分而不必要条件可得对应的集合是对应的集合的真子集，据此可求实数的取值范围.‎ ‎【详解】不等式的解集为，‎ 因为，故不等式的解集为，‎ 依题意，且，故Ü，‎ 故且等号不同时成立，解得：,‎ ‎∴正实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；‎ ‎（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；‎ ‎（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；‎ ‎（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．‎ ‎18.已知点是平行四边形所在平面外一点，如果，，.（1）求证：是平面的法向量；‎ ‎（2）求平行四边形面积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)由题意结合空间向量数量积的运算法则计算可得，.则，，结合线面垂直的判断定理可得平面，即是平面的法向量.‎ ‎(2)利用平面向量的坐标计算可得，，，则，，.‎ 试题解析：‎ ‎（1）∵，‎ ‎.‎ ‎∴，，又，∴平面，‎ ‎∴是平面的法向量.‎ ‎（2）∵ ，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故， ‎ ‎19.已知，，求：‎ ‎（1）线段的中点坐标和长度；‎ ‎（2）到两点的距离相等的点的坐标满足的条件．‎ ‎【答案】（1）线段的中点坐标是，长度为；（2）满足的条件是.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用中点坐标公式计算即可.‎ ‎（2）利用距离公式可得满足的条件．‎ ‎【详解】（1）的中点坐标是即，‎ ‎．‎ ‎（2）点到两点的距离相等，‎ 则，‎ 化简得：，‎ 所以，到两点的距离相等的点的坐标满足的条件是．‎ ‎【点睛】本题考查空间中的中点坐标公式和两点间的距离公式，这两个公式可类比平面中的相应的公式，本题属于容易题.‎ ‎20.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，AB＝2，．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）若，求与所成角的余弦值；‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）根据菱形的条件，对角线，又根据平面，也能推出，这样就能证明直线垂直于平面内的两条相交直线，则线面垂直，即平面；‎ ‎（Ⅱ） 取中点，设，连结，，根据中位线平行，就将异面直线所成角转化成相交直线所成角，即即为所求角，根据平面几何的几何关系，求三边，然后根据余弦定理求角．‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：因为平面，所以．‎ 在菱形中，，且，‎ 所以平面．‎ ‎（Ⅱ）解：取中点，设，连结，．‎ 在菱形中，是中点，所以．‎ 则即为与所成角．‎ 由，，平面，‎ 可知，，，‎ 在△中，．‎ 所以与所成角的余弦值是．‎ 考点：1．异面直线所成角；2．线面平行的判定定理．‎ ‎21.如图，在多面体中，是正方形，平面，平面，，点为棱的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面平面；‎ ‎(Ⅱ)若，求直线与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析 ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)先证明平面和平面，即证明平面平面. (Ⅱ)利用向量法求直线与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【详解】(Ⅰ)证明：连结，交于点，∴为的中点，∴.‎ ‎∵平面，平面，∴平面.‎ ‎∵都垂直底面，∴.‎ ‎∵，∴为平行四边形，∴.‎ ‎∵平面，平面，∴平面.‎ 又∵，∴平面平面. ‎ ‎(Ⅱ)由已知，平面，是正方形.‎ ‎∴两两垂直，如图，建立空间直角坐标系. ‎ 设，则，从而，‎ ‎∴，‎ 设平面的一个法向量为，由得.‎ 令，则，从而. ‎ ‎∵，设与平面所成的角为，则，‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】（1）本题主要考查空间直线和平面位置关系证明，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象推理转化能力.（2）直线和平面所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.‎ ‎22.如图，在三棱锥中，，，为 的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论;(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.‎ ‎【详解】（1）因为，为的中点，所以，且.‎ 连结.因为，所以为等腰直角三角形，‎ 且，.‎ 由知.‎ 由知平面.‎ ‎（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.‎ 由已知得取平面的法向量.‎ 设，则.‎ 设平面的法向量为.‎ 由得，可取，‎ 所以.由已知得.‎ 所以.解得（舍去），.‎ 所以.又，所以.‎ 所以与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎