遼寧省鞍山市礦山高級中學2022-2023學年高二數學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選項中，只有是一個符合題目要求的1.四面體的頂點和各棱的中點共10個點.在這10點中取4個不共面的點，則不同的取法種數是（

）A．141 B．144 C．150 D．155參考答案：A

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

B．25

C．52

D．A參考答案：B3.題中程序語句輸出的結果是（

）

A、1,2,1

B、1,2,2

C、2,1,2

D、2,1,1

參考答案：C4.復數的虛部是(A)

(B)-1

(C)

(D)1參考答案：C5.函數在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整除的數都是偶數”的否定是A.有不能被2整除的數都是偶數B.有能被2整除的數都不是偶數C.在一個不能被2整除的數都是偶數D.在一個能被2整除的數都不是偶數參考答案：D7.已知數列{an}的前n項和為，令，記數列{bn}的前n項為Tn，則T2015=（）A．﹣2011 B．﹣2012 C．﹣2013 D．﹣2014參考答案：D【考點】數列的求和．【專題】等差數列與等比數列；三角函數的圖像與性質．【分析】利用“當n=1時，a1=S1．當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1”可得an，于是=2（n﹣1）?cos．由于函數y=cos的周期T==4．利用周期性和等差數列的前n項和公式即可得出．【解答】解：由數列{an}的前n項和Sn=n2﹣n，當n=1時，a1=S1=1﹣1=0．當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=n2﹣n﹣[（n﹣1）2﹣（n﹣1）]=2n﹣2．上式對于n=1時也成立．∴an=2n﹣2．∴=2（n﹣1）?cos．∵函數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．【點評】本題考查了利用“當n=1時，a1=S1．當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1”求an、余弦函數的周期性、等差數列的通項公式與前n項和公式，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．8.下列關于用斜二測畫法畫直觀圖的說法中，錯誤的是（

）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.復數的虛部為（

）A.－2 B.5 C.－5 D.－5i參考答案：C【分析】利用復數除法運算求得，根據虛部定義得到結果.【詳解】

的虛部為：本題正確選項：C【點睛】本題考查復數虛部的求解，涉及到復數的除法運算，屬于基礎題.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】特稱命題；命題的否定．【專題】簡易邏輯．【分析】根據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．【點評】本題考查了全稱命題與特稱命題的應用問題，解題時應根據特稱命題的否定是全稱命題，寫出答案即可，是基礎題．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是

，正邊形的對角線的條數是

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

▲

.參考答案：(，0)∪(0，)略13.若函數的圖象在點(0,0)處的切線方程為_______．參考答案：【分析】求出導函數，根據導函數得切線斜率，即可求得切線方程.【詳解】，，即函數的圖象在點處的切線斜率為1，所以切線方程為：.故答案為：【點睛】此題考查導數的幾何意義，根據導函數求函數在某點處的切線方程，關鍵在于準確求出導函數.14.用紅、黃、藍三種顏色涂四邊形ABCD的四個頂點，要求相鄰頂點的顏色不同，則不同的涂色方法共有_________種.參考答案：18【分析】先對頂點涂色有3種顏色可供選擇，接著頂點有2種顏色可供選擇，對頂點顏色可供選擇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】正弦定理、余弦定理、基本不等式【答案解析】解析：解：因為，由正弦定理及余弦定理得，整理得，所以，當且僅當a=b時等號成立.即的最小值為.【思路點撥】因為尋求的是邊的關系，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系，再利用基本不等式求最小值.16.函數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2×2×3

的長方體框架，一個建筑工人欲從

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，再求出不連續向上攀登的次數，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，所以共有種，向上攀登共需要3步，向右向前共需要4步，因為不連續向上攀登，所以向上攀登的3步，要進行插空，共有種，故所求概率為.【點睛】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是求解關鍵，側重考查數學建模和數學運算的核心素養.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，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,（I）求證：平面BCD；（II）求點E到平面ACD的距離．參考答案：（I）證明：連結OC在中，由已知可得而即 平面（II）解：設點E到平面ACD的距離為在中，而點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P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的性質．【專題】綜合題；空間位置關系與距離．【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系，求出向量的坐標，證明向量的數量積為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：假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用數量積為0，即可求得結論．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，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P，連接B1C，在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP，可得四邊形BB1CP為平行四邊形，進而利用線面平行的判定可得結論．【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OB、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⊥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：假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1設，則得…設⊥平面DA1C1，，則由得到，∴…又因為平面DA1C1，則?，∴，∴λ=﹣1即點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O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性質定理知，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是AC的中點，由于底面ABCD為菱形，所以O也是BD中點由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C過O作OE⊥AA1于E點，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）【點評】本題考查線面位置關系，考查面面角，解題的關鍵是掌握線面平行、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.設動點到定點的距離比它到軸的距離大1，記點的軌跡為曲線.（1）求點的軌跡方程；（2）設圓過，且圓心在曲線上，是圓在軸上截得的弦，試探究當運動時，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PD=AD=1，求棱錐D﹣PBC的高．參考答案：【考點】直線與平面垂直的性質；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】（Ⅰ）因為∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理證明BD⊥AD，根據PD⊥底面ABCD，易證BD⊥PD，根據線面垂直的判定定理和性質定理，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：因為∠DAB=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．