1、雅安中学2016-2017学年度高二（下）3月月考(理科)数学试卷命题人：倪虎 审题人：王春彦一、选择题(每小题5分，共60分)1已知命题，则为( )A、 B、C、 D、2若P是平面外一点，A为平面内一点，为平面的一个法向量，则点P到平面的距离是 A B C D3抛物线在点处的切线的倾斜角是 ( ) A.30 B.45 C.60 D.904已知向量，且与互相垂直，则的值是（ ）A1 B C D5“”是“方程表示椭圆”的A充要条件 B充分不必要条件C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件6下列命题正确的是（ ）A. “”是“”的必要不充分条件B. 对于命题p：，使得，则：均有C. 若为假命题，则
2、均为假命题D. 命题“若，则”的否命题为“若则7如图，空间四边形中，点在上，且，点为中点，则等于（ ）A BC D8设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是( )A. B.C. D.9如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF，则下列结论中错误的是()AACBEBEF平面ABCDC三棱锥A-BEF的体积为定值D异面直线AE，BF所成的角为定值10在空间直角坐标系中，则为 （ ）A等边三角形 B等腰直角三角形 C. 钝角三角形 D锐角三角形11设是可导函数，且，则（ ）A B C D12德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数
3、被称为狄利克雷函数，其中为实数集,为有理数集，则关于函数有如下四个命题：； 函数是偶函数；任取一个不为零的有理数,对任意的恒成立；存在三个点，使得为等边三角形.其中真命题的个数是（ ）A1 B2 C3 D4二、填空题（每小题5分，共20分）13已知 .14若命题“”是真命题，则实数a的取值范围是_15已知函数的图象在点处的切线方程是，则_16下列四个命题：“若，则全为0”的逆否命题是“若全不为0”，则”；已知曲线C的方程是，曲线C是椭圆的充要条件是；“”是“直线与直线相互垂直”的充分不必要条件；已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率的值为.上述命题中真命题的序号为_三、解答题（17题
4、10分，其余各题均为12分）17某一运动物体，在x(s)时离出发点的距离(单位：m)是.(1)求在第1s内的平均速度；(2)求在1s末的瞬时速度；(3)经过多少时间该物体的运动速度达到14m/s?18已知命题“存在”，命题：“曲线表示焦点在轴上的椭圆”，命题“曲线表示双曲线”（1）若“且”是真命题，求的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求的取值范围。19已知p：，q: ，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围.20如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点。（1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）求直线与平面所成的角的正弦值.21已知在四棱锥
5、中，底面是矩形，且，平面，、分别是线段、的中点（1）证明： （2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由（3）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值22如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC60，平面AA1C1C平面ABCD，A1AC60(1)证明：BDAA1；(2)求锐二面角DA1AC的平面角的余弦值；(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由参考答案1D【解析】试题分析：根据全称命题的否定是特称命题，以及否命题的特征，可知选D考点：全称命题的否定.2C【解析】试题分析：设与的夹角为，
6、则点P到平面的距离为=，故C正确.考点：空间向量、向量的运算.3B【解析】试题分析：已知抛物线，对其进行求导，即，当时，即切线的斜率为，从而问题解决考点：导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程4D【解析】试题分析：依题意可得，由可得，所以，解得，选D.考点：1.空间向量的坐标运算；2.空间向量垂直的条件；3.空间向量的数量积.5C【解析】试题分析：方程表示椭圆,则，解得，且；所以C正确.考点：椭圆的定义、逻辑关系.6D【解析】试题分析：A中不等式的解集为，故”是“”的充分不必要条件：B命题“若，则”的否命题为“若则. C若为假命题，则为假命题;D正确;考点：充要条件，否命题，四种命题之
7、间的关系7B【解析】试题分析：由题意 ；又 ，故选B考点：平面向量的基本定理8C【解析】试题分析：利用反例可知A、B、D不正确，A、B、D的反例如下图故选C考点：1.空间中直线与直线之间的位置关系；2.必要条件、充分条件与充要条件的判断9D【解析】AC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D.ACBE，故A正确B1D1平面ABCD，又E，F在直线D1B1上运动，EF平面ABCD，故B正确C中，由于点B到直线B1D1的距离不变，故BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为，故VA-BEF为定值故C正确建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1,1,0)，B(0,1,0)，当点E在D1处，点F为
8、D1B1的中点时，E(1,0,1)，F （，1），(0，1,1)，（，1），.又|，|，cos，.此时异面直线AE与BF成30角当点E为D1B1的中点，F在B1处，此时E（，1），F(0,1,1)，（，1），(0,0,1)，1，|，cos，故选D.10B【解析】试题分析：因为，所以，所以为等腰直角三角形，故选B考点：空间距离公式11B【解析】试题分析：因为所以，故选B.考点：导数的概念.12C【解析】试题分析：由题意知，故，故是假命题；当时，则；当时，则，故函数是偶函数，是真命题；任取一个一个不为零的有理数,都有，故是真命题；取点，是等边三角形，故是真命题.考点：1、函数的周期性；2、特称命题
9、的真假判断；3、分段函数.13【解析】试题分析：有已知可得 考点：向量的数量积运算148,0【解析】当a0时，不等式显然成立；当a0时，由题意知得8a0.综上，8a0.15【解析】试题分析：由函数的图象在点处的切线方程是，则，且，所以考点：导数的几何意义16【解析】“，则全为”的逆否命题是“若全不为”，则”，故不正确；曲线的方程是，曲线表示椭圆则有： ，解得 ，故不正确； “直线与直线相互垂直”，则有： 解得 ，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分不必要条件，正确；双曲线的一条渐近线经过点，则有 ， ，正确.故答案为.17（1）m/s（2）6m/s（3）2s【解析】(1)物体在第1s内的平均
10、变化率(即平均速度)为m/s.(2)63x(x)2.当x0时，6，所以物体在1s末的瞬时速度为6m/s.(3)2x22x2(x)22xxx.当x0时，2x22x2，令2x22x214，解得x2s，即经过2s该物体的运动速度达到14m/s.18（1）或；（2）或【解析】试题分析：（1）依题意说明命题和命题都是真命题。命题为真，因二次函数图像开口向上，则判别式应大于等于0；命题为真，则两分母均大于0，且下的分母较大。（2）命题是真命题，则两分母异号，因是的必要不充分条件，命题解集是命题解集的真子集。试题解析：解：（1）若为真： 1分解得或 2分若为真：则 3分解得或 4分若“且”是真命题，则 6分
11、解得或 7分（2）若为真，则，即 8分由是的必要不充分条件，则可得或 9分即或 11分解得或 12分考点：1命题的真假判断；2充分必要条件。19【解析】试题分析：先利用分式不等式的解法求出成立时的取值范围，从而得到满足的集合A，然后利用一元二次不等式的解法求出成立时的取值范围，从而得到满足的集合B，根据是的充分不必要条件，建立不等关系，即可求实数的取值范围.试题解析：由，得.“”： ，由，得（），“”： 是的充分而不必要条件，结合数轴有，解得.20（1）见解析（2）（3）【解析】试题分析：（1）由题意及题中P为AB1中点和D为AC中点，中点这样信息，得到线线PDB1C平行，在利用PD平面A1B
12、D线面平行，利用线面平行的判定定理得到线面B1C平面A1BD平行；（2）有正三棱柱及二面角平面角的定义，找到二面角的平面角，然后再三角形中解出二面角的大小；（3）利用条件及上两问的证题过成找到APM就是直线A1B与平面A1BD所成的线面角，然后再三角形中解出即可试题解析：解法一：（1）设与相交于点P，连接PD，则P为中点 1分D为AC中点，PD/， 3分又PD平面D，/平面D 4分（2）正三棱住， 底面ABC，又BDAC，BD，就是二面角的平面角 6分=，AD=AC=1，tan =, 即二面角的大小是 8分（3）由（2）作AM，M为垂足 9分BDAC，平面平面ABC，平面平面ABC=ACBD平
13、面，AM平面，BDAM又BD = D，AM平面， 10分连接MP，则就是直线与平面D所成的角 11分=，AD=1，在RtD中，=，直线与平面D所成的角的正弦值为 13分解法二：（1）同解法一 4分（2）如图建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（1，0，0），（1，0，），B（0，0），（0，）=（1，），=（1，0，） 5分设平面的法向量为n=（x，y，z）则nn，则有，得n=（，0，1） 6分由题意，知=（0，0，）是平面ABD的一个法向量.设n与所成角为，则， 7分又，即二面角的大小是 8分（3）由已知得=（1，）, n=（，0，1） 9分则 12分直线与平面D所成的角的正弦值为 1
14、3分考点：1.与二面角有关的立体几何综合题；2.直线与平面平行的判定；3.直线与平面所成的角21（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】试题分析：（1）利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算其中灵活建系是解题的关键（2）证明证线线垂直，只需要证明直线的方向向量垂直；（3）把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;（4）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备试题
15、解析：解法一：（1） 平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则 2分不妨令，即 4分（2）设平面的法向量为，由，得，令，得： 6分设点坐标为，则，要使平面，只需，即，得，从而满足的点即为所求 8分（3），是平面的法向量，易得， 9分又平面，是与平面所成的角，得，平面的法向量为 10分，故所求二面角的余弦值为 12分解法二：（1）证明：连接，则，又， ， 2分又， ，又， 4分（2）过点作交于点，则平面，且有 5分再过点作交于点，则平面且， 平面平面 7分 平面从而满足的点即为所求 8分（3）平面，是与平面所成的角，且 9分取的中点，则，平面，在平面中，过作，连接，则，则即为二面角的平面角 10分
16、， ，且 ， 12分考点：1、直线与直线垂直的判定；2、直线与平面垂直的判定；3、二面角的余弦值22(1)证明见解析；(2) 二面角DA1AC的平面角的余弦值是(3)存在，点P在C1C的延长线上且使C1CCP【解析】试题分析：(1)连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O,可证A1O底面ABCD，则可建立如图所示的空间直角坐标系，分别写出的坐标，进而得，坐标，由坐标运算可得，即两向量垂直，得两线垂直；(2)分别求出两平面的一个法向量，利用，可得二面角的平面角的余弦值；(3)令存在，在直线CC1 上设，P(x，y，z)，得(，1，)，取平面DA1C一法向量，知0，得的值，P点可求解：连接BD交
17、AC于O，则BDAC，连接A1O在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AO22AA1AOcos 603，AO2A1O2A1A2，A1OAO，由于平面AA1C1C平面ABCD，A1O底面ABCD， 2分以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)，A1(0,0，)(1)由于(，0,0)，(0,1，)，则0()1000，所以:BDAA1 4分(2)由于OB平面AA1C1C，平面AA1C1C的法向量(1,0,0)，设平面AA1D，则设(x，y，z)，得到取， 6分，二面角DA1AC的平面角的余弦值是 8分(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，)， 9分得P(0,1，)，(，1，)设平面DA1C1，则设(x3，y3，z3)，得到不妨取(1,0，1) 10分又平面DA1C1，则0，即0，得1，即点P在C1C的延长线上且使C1CCP 12分考点：空间向量在立体几何证明计算中的应用,空间想象能力版权所有：高考资源网()
