四川省绵阳市三台中学校2021-2022学年高一下学期第四学月月考测试数学试题

高中2021级第二学期第四学月月考测试数学本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共6页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.3.考试结束后将答题卡收回.第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的.1.如果，那么（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】举例判断A，B，D错误，再证明C正确.【详解】由已知可取，则，A错，，B错，，，D错，因为，所以所以，故，C对，故选：C.2.已知向量共线且方向相反，则的值等于（）A. B. C. D.－【答案】C【解析】【分析】根据∥可得，代入根据判断取舍．【详解】∵共线，则，即若，则∴，则方向相同，不合题意，舍去若，则∴，则方向相反，成立故选：C．3.不等式的解集为（）A B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据分式不等式表示的意义即可求解.【详解】.故选：B.4.在中，分别是角所对的边，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由正弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】因为且，由正弦定理得，又因为，所以.故选：B.5.等差数列的首项，公差，的前项和为，则（）A.28 B.31 C.100 D.145【答案】C【解析】【分析】由等差数列前项和的公式求解【详解】由题意得，故选：C6.如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的周长是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据直观图的平面图，结合图形计算可得；【详解】解：∵三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形，可知平面图如下所示：∴的底，腰，为直角三角形，高，所以斜边，∴直角三角形的周长是．故选：A7.已知a、b是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若a∥α，a∥b，则b∥α B.若a∥α，a∥β，则α∥βC.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D.若a⊥α，b⊥α，则a∥b【答案】D【解析】【分析】根据空间线、面的位置关系有关定理，对四个选项逐一分析排除，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，直线有可能在平面内，故A选项错误.对于B选项，两个平面有可能相交，平行于它们的交线，故B选项错误.对于C选项，可能相交，故C选项错误.根据线面垂直的性质定理可知D选项正确.故选:D.8.已知O为的外心，，则（）A.8 B.10 C.12 D.14【答案】A【解析】【分析】根据平面向量数量积的几何意义，结合外心的性质求解即可【详解】取中点，因为O为的外心，故，故故选：A9.已知，，则，之间的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式及其指数函数的单调性即可求解.【详解】∵，∴，当且仅当时，等号成立,即，又∵，∴，即，则，故选：.10.某四棱锥三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（）A.32 B.48 C.96 D.288【答案】C【解析】【分析】作出给定三视图的原几何体的直观图，再利用锥体的体积公式计算作答.【详解】三视图对应的几何体如图，四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧棱PA垂直于底面，且，所以该四棱锥的体积.故选：C11.在底面是正方形的四棱锥中，底面ABCD，且，则四棱锥内切球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，设四棱锥内切球的半径为r，表面积为S，由即可求解.【详解】解：由题意，设四棱锥内切球的半径为r，因为，四棱锥的表面积，所以，所以四棱锥内切球的表面积为.故选：B.12.在平行四边形中，，，，，分别是，上的点，且，（其中），且.若线段的中点为，则当取最小值时，的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出，，的坐标，根据两点间的距离公式求出，结合二次函数求最值即可求解【详解】根据题意，建立如图直角坐标系,,,则，,

由，得，

由，得，

，

当时，取到最小值，

此时，故，故选：D第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接填答题卷的横线上.13.已知实数，满足则的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】先画出可行域，令，则，作出直线向下平移过点时，取得最大值，然后求出点的坐标，代入中可求得最大值【详解】解：不等式组表示的可行域如图所示，令，则，作出直线向下平移过点时，取得最大值，由，得，即，所以的最大值为，故答案为：614.数列由，确定，则________.【答案】22【解析】【分析】根据数列递推式依次求得，即得答案.【详解】由题意知数列由，确定，故，，，故答案为：2215.如图，为了测量河对岸的塔高，选与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得米，则塔高________米．【答案】20【解析】【分析】设塔高为，利用和分别表示出、，然后在中利用余弦定理，求出即可.【详解】设塔高为，在中，在中，在中，由余弦定理得：即：解得.故答案为：20.16.已知各项都是正数的等比数列中，存在两项，（，）使得，且，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】由已知及等比数列通项公式可得、，即可得，再由基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设且，则，又知：且，可得或(舍)，综上，，∴，当且仅当时等号成立，∴的最小值是.故答案为：.三、解答题：本大题共6小题，其中第17题10分，其余每小题12分，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知求为何值时：（1），（2）与的夹角为钝角．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量共线与平面向量垂直的坐标表示列出方程即可；（2）由与的夹角为钝角，可得且不共线，列出不等式组，解之即可.【小问1详解】由可知:；由可知:.【小问2详解】因为与的夹角为钝角，所以且不共线，即，解得且，所以18.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若A为锐角，，的面积为，求的周长．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】(1)由正弦定理将边化为对应角的正弦值，即可求出结果；(2)由余弦定理和三角形的面积公式联立，即可求出结果.【详解】（I）由正弦定理得，，即又，或．（II），由余弦定理得，即，而的面积为．的周长为5+．【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题型.19.直三棱柱中，，.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）若与平面所成角为，求三棱锥的体积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由，知为异面直线与所成的角；(2)由平面知为与平面所成角，根据几何关系即可求出三棱柱的棱长.【小问1详解】∵，∴为异面直线与所成的角(或其补角).由，，得.因此异面直线与所成角的大小为.【小问2详解】∵平面，∴为与平面所成角，即.由，，得，于是.因此三棱锥的体积.20.在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为q，且.（1）求与；（2）证明：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题设得方程组解出公差和公比，再写出通项公式即可；（2）先由求和公式求得，再由裂项求和求得，结合的范围即可证明.【小问1详解】设数列的公差为d，因为，所以，解得或（舍），故，【小问2详解】因为，所以.故，因为，所以，所以，所以，即.21.已知二次函数，且不等式的解集为.（1）求解析式；（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式的解集结合韦达定理求得，即得答案.（2）不等式在上有解，即在上的最大值，采用换元法结合基本不等式求得的最大值，即得答案.【小问1详解】由题意知的解集为，故方程的两个根是1和3，故，即，故.【小问2详解】由题意在上有解，即在上有解，∵，∴在上的最大值，设，则，则又，当且仅当即时，等号成立，∴，即实数的取值范围为.22.如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面.（1）求证：平面；（2）若，求证：；（3）求四面体体积的最大值【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）2【解析】【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，先证四边形是平行四边形，即可.(2)要证线线垂直，先证线面垂直，先