重庆市暨华中学校2020-2021学年高二上学期第二次月考数学试题 PDF版含答案.pdf

1、 试卷第 1 页，总 4 页 重庆市暨华中学高 2022 级高二上第二次月考数学试题一、单选题：本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分。在每个小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1设 xR，则“38x”是“2x”的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 2已知点 A(-3，1，-4)，点 A 关于 x 轴的对称点的坐标为（）A(-3，-1，-4)B(-3，-1，4)C(3，1，4)D(3，-1，-4)3“若一条直线的斜率为 tan”是“此直线的倾斜角为”的（）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 4

2、在四面体OABC 中，E 为OA中点，13CFCB=，若OAa=，OBb=，OCc=，则 EF=（）A112233abc+B 114233abc+C 112233abc D 121233abc+5设 m，n 是两条不同直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是()A/m，/n 且/，则/mn B m，n，/m，/n，则/Cm，n，mn，则 Dm，n且，则mn 6已知两定点()2,3M，()3,2N，直线l 过()1,2P且与线段MN 相交，则l 的斜率k 的取值范围是（）A1k B5k C1k或5k D 51k 7某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A 23 B1 C 43 D 83

3、 8如图，在三棱锥 SABC中，SA 平面 ABC，4ABBC=，90ABC=，侧棱SB 与平面 ABC 所成的角为45，M 为 AC 的中点，N 是侧棱 SC 上一动点，当BMN的面积最小时，异面直线SB 与MN 所成角的余弦值为（）A 16 B36 C66 D 23 试卷第 2 页，总 4 页 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分。9已知(4,6,1)A，(4,3,2)B，则下列各向量中是平面(AOB O是坐标原点)的一个法向量的是（）A15 194，B 15 194，

4、C(15,4,36)D(15,4,36)10 给出下列命题，其中正确命题有（）A空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底 B已知向量/ab，则,a b 与任何向量都不能构成空间的一个基底 C,A B M N 是空间四点，若,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，那么,A B M N 共面 D已知向量,a b c 组是空间的一个基底，若mac=+，则,a b m 也是空间的一个基底 11 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，P 为线段1BC 上的动点，下列说法正确的是（）A对任意点 P，/DP平面11AB D B三棱锥11PADD的体积为 16 C线段 DP 长度的最

5、小值为62 D存在点 P，使得 DP 与平面11ADD A 所成角的大小为 3 12 在正三棱锥 ABCD中，侧棱长为 3，底面边长为 2，E，F 分别为棱 AB，CD 的中点，则下列命题正确的是()AEF 与 AD 所成角的正切值为 32 BEF 与 AD 所成角的正切值为 23 CAB 与面 ACD 所成角的余弦值为 7 212 DAB 与面 ACD 所成角的余弦值为 79 第 II 卷（非选择题）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13圆锥的母线长为 10cm，高为 8cm，它的侧面展开图的中心角为_弧度 14已知向量(1,1,0),a=(1,0,2)b=且kab

6、+与2ab互相垂直，则 k 的值_.15已知点 A，B，C，D 在球O 的表面上，且2ABAC=，2 2BC=，若三棱锥 ABCD的体积为 4 23，球心O 恰好在棱 AD 上，则这个球的表面积为_.试卷第 3 页，总 4 页 16（原创）对下列命题:（1）若命题:pxR，20 x，则命题0:pxR，200 x（2）4sin(0)sinyxxx=+的最小值为 4；（3）na是各项均为正数的等比数列，则lnna是等差数列；（4）(4,2)a=，(,1)b=，且,a b 是锐角，则实数的取值范围为1,2+；其中所有正确命题的序号为_（填出所有正确命题的序号）.四、解答题：共 70 分。解答应写出必

7、要文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）已知命题 p：关于 x 的一元二次方程220 xxm+=有两个不相等的实数根，命题 q：()(52)xf xm=是增函数，若 p 或 q 为真命题，p 且 q 为假命题，求实数 m 的取值范围.18（原创）（12 分）设 p：实数 x 满足22430 xaxa+，其中0a；有下列条件：q：函数2lg(6)yxx=+有意义 q：实数 x 满足：203xx+从以上两个条件中，任选一个条件作为q，（1）若1a=，且 pq为真，求实数 x 的取值范围；（2）若q 是p 的充分不必要条件，求实数a 的取值范围.（注：如果条件和条件分别解答，按第一个解答计分

8、）19（12 分）如图，直三棱柱111ABCABC中，点 D 是 BC 上一点.（1）点 D 是 BC 的中点，求证：1/AC平面1AB D；（2）若 ADBC，求证：平面1AB D 平面11BCC B.试卷第 4 页，总 4 页 20（12 分）如图，在四棱锥 SABCD中，底面 ABCD是菱形，SBSD=（1）证明：BDSA；（2）若面 SBD 面 ABCD，SBSD，60BAD=，1AB=，求 B 到平面 SAD的距离 21（12 分）如图，已知四棱锥 PABCD的底面是菱形，对角线 AC，BD交于点O，8OA=，6OB=，8OP=，OP 底面 ABCD，设点 M 满足(01)PMMC=

9、.（1）若13=，求二面角 MAB C的大小；（2）若直线 PA 与平面 BDM 所成角的正弦值 1010，求 的值.22（12 分）知三棱锥 PABC（如图 1）的平面展开图（如图 2）中，四边形 ABCD为边长为 2 的正方形，ABE和BCF 均为正三角形，在三棱锥 PABC中：（1）证明：平面 PAC 平面 ABC;（2）若点 M 在棱 PC 上，满足 CMCP=，1 2,3 3，点 N 在棱 BP 上，且 BMAN，求 BNBP的取值范围 答案第 1 页，总 8 页 重庆市暨华中学高 2022 级高二上第二次月考数学答案一、单选题 1A 2B 3D 4A 5D 6C 7C 8B 9BD

10、 10ABCD 11ABC 12BC 二、填空题 13 65 14 75 1516 16(1)（3）三、解答题 1712m.解：因为关于 x 的一元二次方程220 xxm+=有两个不相等的实数根，所以440m=解得1m ，即命题 p：1m 又()(52)xf xm=是增函数，5 21m 所以2m ，即命题 q：2m 又 p 或 q 为真命题，p 且 q 为假命题，所以 p 和 q 一真一假 所以12mm或12mm 解得12m所以实数 m 的取值范围为12m 18（1）()1,3；（2）(0,1.解析：(1)由 x24ax3a20 得(x3a)(xa)0，所以 a 当 a1 时，1 由 q 为真

11、时，实数 x 的范围是 2 x 3，若 pq 为真，则 p 真且 q 真，所以实数 x 的取值范围是(1,3)(2)p：xa 或 x3a，q：x3，答案第 2 页，总 8 页 由q 是p 的充分不必要条件，有2330aaa 得 0p q，即 a 的取值范围为(0,1)19 （1）如下图所示：连接1AB 交1AB 于点O，则点O 为1AB 的中点，D 为 BC 的中点，1/AC OD，1AC 平面1AB D，OD 平面1AB D，1/AC平面1AB D；（2）在直三棱柱111ABCABC中，1BB 平面 ABC，AD 平面 ABC，1ADBB.又ADBC，1BBBCB=，AD平面11BCC B，

12、AD 平面1AB D，平面1AB D 平面11BCC B.20（1）连接 AC 交 BD于O，连接 SO，答案第 3 页，总 8 页 在菱形 ABCD中，BDAC，O 是 BD的中点，又因为 SBSD=，所以 BDSO，又 ACSOO=，所以 BD 面 SAC，又 SA面 SAC，所以 BDSA（2）因为面 SBD 面 ABCD，面面 SBD面 ABCDBD=，BDSO，SO 面SBD，所以 SO 面 ABCD，即SO 是三棱锥SABD的高 依题意可得，ABD是等边三角形，所以1BDAD=，32AO=，在等腰 Rt SBD，1122SOBD=，113131322224S ABDV=，经计算得2

13、2SD=，1SA=，等腰三角形 ASD 的面积为212271()2248ASDS=，设点 B 到平面 SAD的距离为h，则由B SADSABDVV=，得 13324ASDSh=，解得217h=，所以 B 到平面 SAD的距离为217 21（1）4（2）12=解：（1）以 O 为坐标原点，建立坐标系OABP，则(8,0,0)A，(0,6,0)B，(8,0,0)C，(0,6,0)D，(0,0,8)P，所以(8,6,0)AB=，13PMMC=，设(),M x y z，则()()1,88,3x y zxyz=，()2,0,6M，所以()26 6BM=，易知平面 ABC 的一个法向量1=(0,0,1)n

14、，答案第 4 页，总 8 页 设平面 MAB 的一个法向量为()2,nx y z=，则8602660 xyxyz+=+=，345xyz=，所以()23,4,5n=，12121252cos21 5 2n nn nn n=，由图形可得，二面角 MAB C为锐角，所以二面角 MAB C的大小为 4.（2）()()8 08,012 0PADB=，13PMMC=，设(),M x y z，则()(),88,x y zxyz=，88,0,11M+，所以88,6,11BM=+，设平面 BDM 的一个法向量(),nx y z=，则886011120 xyzy+=+=，令 z=，则()1,0,4n=，28 218

15、8PAnPA n=+=，因为直线 PA 与平面 BDM 所成角的正弦值 1010，则228 8101cos,108 2122PA nPA n=PA n=+，答案第 5 页，总 8 页 22520+=，解得：12 2=或 01，12=.22（）见解析;（）33;（）1 2,4 5BNBP .（）方法 1：设 AC 的中点为O，连接 BO，PO.由题意 2PAPBPC=，1PO=，1AOBOCO=因为在 PAC中，PAPC=，O 为 AC 的中点 所以 POAC，因为在 POB中，1PO=，1OB=，2PB=所以 POOB 因为 ACOBO=，,AC OB 平面 ABC 所以 PO 平面 ABC

16、答案第 6 页，总 8 页 因为 PO 平面 PAC 所以平面 PAC 平面 ABC 方法 2：设 AC 的中点为O，连接 BO，PO.因为在 PAC中，PAPC=，O 为 AC 的中点 所以 POAC，因为 PAPBPC=，POPOPO=，AOBOCO=所以 POA POB POC 所以90POAPOBPOC=所以 POOB 因为 ACOBO=，,AC OB 平面 ABC 所以 PO 平面 ABC 因为 PO 平面 PAC 所以平面 PAC 平面 ABC 方法 3：设 AC 的中点为O，连接 PO，因为在 PAC中，PAPC=，所以 POAC 答案第 7 页，总 8 页 设 AB 的中点Q，

17、连接 PQ，OQ 及OB.因为在 OAB中，OAOB=，Q 为 AB 的中点 所以OQAB.因为在 PAB中，PAPB=，Q 为 AB 的中点 所以 PQAB.因为 PQOQQ=，,PQ OQ 平面OPQ 所以 AB 平面OPQ 因为OP 平面OPQ 所以OPAB 因为 ABACA=，,AB AC 平面 ABC 所以 PO 平面 ABC 因为 PO 平面 PAC 所以平面 PAC 平面 ABC （）由 PO 平面 ABC，OBAC，如图建立空间直角坐标系，则 ()0,0,0O，()1,0,0C，()0,1,0B，()1,0,0A，()0,0,1P 由OB 平面 APC，故平面 APC 的法向量

18、为()0,1,0OB=由()1,1,0BC=，()1,0,1PC=设平面 PBC 的法向量为(),nx y z=，则 答案第 8 页，总 8 页 由00n BCn PC=得：00 xyxz=令1x=，得1y=，1z=，即()1,1,1n=13cos,33 1n OBn OBn OB=由二面角 APCB是锐二面角，所以二面角 APCB的余弦值为33（）设 BNBP=，01，则()()()1,1,01,0,11,1,BMBCCMBCCP=+=+=+=()()()1,1,00,1,11,1,ANABBNABBP=+=+=+=令0BM AN=得()()()11110 +=即1111=+，是关于 的单调递增函数，当1 2,3 3时，1 2,4 5，所以1 2,4 5BNBP