2021-2022學年陜西省西安市長安區(qū)高一下學期第二次質量檢測數(shù)學試題【含答案】

1、2021-2022學年陜西省西安市長安區(qū)高一下學期第二次質量檢測數(shù)學試題一、單選題1已知集合，若中只有一個元素，則實數(shù)的值為（）A0B0或C0或2D2C【分析】根據(jù)題意轉化為拋物線與軸只有一個交點，只需即可求解.【詳解】若中只有一個元素，則只有一個實數(shù)滿足，即拋物線與軸只有一個交點，或2.故選：C本題考查了集合元素的個數(shù)求參數(shù)的取值范圍，考查了轉化與化歸的思想，屬于基礎題.2下列函數(shù)中，在區(qū)間（0，）上單調遞增的是（）ABCDB【分析】根據(jù)增函數(shù)的定義或單調性的性質判斷【詳解】A，在上不是增函數(shù)，B，在上是減函數(shù)，因此是減函數(shù)，正確；C，在上不是增函數(shù)，D在上，遞減，遞增，遞減，從而遞減，不是

2、增函數(shù)，故選：B3設是等比數(shù)列，且，則（）A12B24C30D32D【分析】根據(jù)已知條件求得的值，再由可求得結果.【詳解】設等比數(shù)列的公比為，則，因此，.故選：D.本題主要考查等比數(shù)列基本量的計算，屬于基礎題4若為第四象限角，則（）Acos20Bcos20Dsin20D【分析】由題意結合二倍角公式確定所給的選項是否正確即可.【詳解】方法一：由為第四象限角，可得，所以此時的終邊落在第三、四象限及軸的非正半軸上，所以故選：D.方法二：當時，選項B錯誤；當時，選項A錯誤；由在第四象限可得：，則，選項C錯誤，選項D正確；故選：D.本題主要考查三角函數(shù)的符號，二倍角公式，特殊角的三角函數(shù)值等知識，意在考

3、查學生的轉化能力和計算求解能力.5音樂與數(shù)學有著密切的聯(lián)系，我國春秋時期有個著名的“三分損益法”：以“宮”為基本音，“宮”經(jīng)過一次“損”，頻率變?yōu)樵瓉淼?，得到“徵”；“徵”?jīng)過一次“益”，頻率變?yōu)樵瓉淼?，得到“商”；依次損益交替變化，獲得了“宮、徵、商、羽、角”五個音階據(jù)此可推得（）A“宮、商、角”的頻率成等比數(shù)列B“宮、徵、商”的頻率成等比數(shù)列C“商、羽、角”的頻率成等比數(shù)列D“徵、商、羽”的頻率成等比數(shù)列A【分析】根據(jù)等差等比通項公式，分別計算“宮、徵、商、羽、角”五個音階，再對照選項，即可得答案；【詳解】設“宮”的頻率為，由題意經(jīng)過一次“損”，可得“徵”的頻率是；“徵”經(jīng)過一次“益”，可

4、得“商”的頻率是，“商”經(jīng)過一次“損”，可得“羽”的頻率是；最后“羽”經(jīng)過一次“益”，可得“角”的頻率是，由于成等比數(shù)列，所以“宮、商、角”的頻率成等比數(shù)列故選：A本題考查等差、等比數(shù)列在數(shù)學文化中的運用，考查邏輯推理能力、運算求解能力.6在中，角A，B，C所對的邊分別是，則（）A或BCDC【分析】將已知代入正弦定理可得，根據(jù)，由三角形中大邊對大角可得，即可求得.【詳解】，由正弦定理得：，故選C.7某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積等于 ABCDB【詳解】分析：先還原幾何體，再根據(jù)錐體體積公式求結果.詳解：幾何體如圖S-ABCD，高為1，底面為平行四邊形，所以四棱錐的體積等于，選B.點

5、睛：解決本類題目的關鍵是準確理解幾何體的定義，真正把握幾何體的結構特征，可以根據(jù)條件構建幾何模型，在幾何模型中進行判斷求解.8若函數(shù)的最小正周期為，則圖象的一條對稱軸為ABCDC先由最小正周期求出，再令可得對稱軸方程，從而可得答案.【詳解】函數(shù)的最小正周期為，解得.,令，解得，取，可得圖象的一條對稱軸為.故選C.本題考查三角函數(shù)的周期性和對稱軸.對于函數(shù)，最小正周期為，令可得對稱軸方程.9下列命題中錯誤的是（）A如果平面平面，那么平面內一定存在直線平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D如果平面平面，那么平面內所有直線都垂直

6、于平面D【分析】利用面面垂直的性質定理和線面平行的判定定理證明A正確；利用面面垂直的判定定理證明B正確；利用面面垂直的性質定理和線面垂直的判定定理證明C正確；舉反例可得D錯誤.【詳解】對于，設平面平面=直線a,設直線，且ba,則顯然直線平面，根據(jù)線面平行的判定定理可得直線b，故正確；對于B，如果內存在直線與平行，則由面面垂直的判定定理可知平面平面，與已知矛盾，故正確；對于C，設平面平面，平面平面,在內作直線，由面面垂直的性質定理可得，又直線,又l，為相交直線，又平面，l平面，故C正確；平面平面，設平面平面，在平面內與平行的直線都不與平面垂直，故 D項錯誤故選:D.10如圖，已知正三棱柱的側棱長

7、為底面邊長的2倍，是側棱的中點，則異面直線和所成的角的余弦值為（） ABCDC設，則，取中點，中點，連接，由勾股定理及中位線定理表示出的三條邊長，結合余弦定理即可求得，由異面直線夾角的取值范圍即可確定異面直線和所成的角的余弦值.【詳解】正三棱柱的側棱長為底面邊長的2倍，設，則，取中點，中點，連接，如下圖所示：則即為異面直線和所成的角或其補角，所以，所以在中由余弦定理可得，因為異面直線夾角的取值范圍為，所以異面直線和所成的角的余弦值為，故選：C.本題考查了異面直線夾角的求法，余弦定理在解三角形中的應用，異面直角夾角取值范圍的應用，屬于中檔題.11（2017新課標全國理科）已知圓柱的高為1，它的兩

8、個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為ABCDB【詳解】繪制圓柱的軸截面如圖所示，由題意可得：，結合勾股定理，底面半徑，由圓柱的體積公式，可得圓柱的體積是，故選B.【名師點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.12已知點為的重心，則的最小值是（）ABCDC由三角形重心的性質可得，由向量數(shù)量積的定義可求得，然后根據(jù)向量數(shù)量積的性質可得|，結

9、合基本不等式可求的最小值.【詳解】如圖所示，設的中點為，由三角形重心性質可得，又為中點， ，則.又，由向量的數(shù)量積定義可得，.，當且僅當時等號成立，即的最小值.故選：C.本題考查了平面向量與基本不等式的綜合運用，考查學生的邏輯推理能力與運算能力，屬于中檔題.13已知函數(shù)，則下列說法錯誤的是（）A為的周期B任意，都滿足C函數(shù)在上單調遞減D的最小值為D【分析】化簡得到，可判定A正確；根據(jù)三角函數(shù)的誘導公式進行化簡運算，可判定B正確；化簡函數(shù)，結合三角函數(shù)的性質，可判定C正確；根據(jù)，且，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，由，所以為的周期，所以A正確；對于B中，由，所以，所以B正確；對于C中，由，則，且

10、，根據(jù)正弦函數(shù)的性質，可得函數(shù)在上單調遞減，所以C正確；對于D中，由，且，所以函數(shù)的最小值為，所以D錯誤.故選：D.14在梯形ABCD中，則（）ABCDB【分析】依題意過點、作、，設，即可表示出，即可得到，從而求出，即可，再根據(jù)兩角和的正切公式求出，最后根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關系計算可得；【詳解】解：依題意過點、作、，則，設，則，所以，解得，所以，所以，所以所以又，即，解得故選：B二、填空題15設實數(shù)滿足，則的最大值是_ _27【分析】利用，已知條件結合不等式性質，即可求解.【詳解】,當且僅當，即時等號成立.故2716圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側面積為，則圓臺

11、較小底面的半徑為_.7【詳解】試題分析：設上底面半徑為r，因為圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側面積為84，所以S側面積=（r+3r）l=84，解得r=7故答案為7旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）17如圖，已知一個的二面角的棱上有兩點和，且和分別是在這兩個面內且垂直于的線段又知，則求CD的長為_【分析】由向量的線性運算法則得到，根據(jù)題設條件和向量的數(shù)量積、向量模的計算公式，即可求解.【詳解】由向量的線性運算法則，可得，因為，且二面角的平面角為，可得，且，又因為和分別是在這兩個面內且垂直于的線段，所以，所以.故答案為.18函數(shù)的最小值為_【分析】令，則，化簡得到，集合基本不

12、等式，即可求解.【詳解】因為，令，則，又因為，可得，因為，當且僅當時，即，即時，等號成立，所以，即的最小值為.故答案為.19在中，已知角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則的形狀為_直角三角形或鈍角三角形【分析】利用三角恒等變換、余弦定理解三角形.【詳解】因為，所以即，由余弦定理有：整理得.當，是直角三角形；當，即角C為鈍角，此時是鈍角三角形.綜上，是直角三角形或鈍角三角形.故直角三角形或鈍角三角形.20中國扇文化有著深厚的文化底蘊，文人雅士喜在扇面上寫字作畫.如圖，是書畫家唐寅（14701523）的一幅書法扇面，其尺寸如圖所示，則該扇面的面積為_cm2.設，由題意可得：，解得，進而根據(jù)扇

13、形的面積公式即可求解【詳解】解：如圖，設，由題意可得：，解得：，所以，故本題考查利用數(shù)學知識解決實際問題，考查扇形的面積，考查數(shù)形結合思想的應用，屬于中檔題三、解答題21如圖，四邊形ABCD為矩形，A，E，B，F(xiàn)四點共面，且ABE和ABF均為等腰直角三角形，(1)求證：平面BCE/平面ADF；(2)若平面ABCD平面AEBF，求AD與平面 CEF夾角的正弦值(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意分別證得BC/平面ADF，BE/平面ADF，利用面面平行的判定定理，即可證得平面BCE/平面ADF；（2）根據(jù)面面垂直的性質定理，證得BC平面AEBF，利用，求得點B到平面CEF距離，利用線面角的

14、定義，即可求解.【詳解】(1)證明 四邊形ABCD為矩形，BC/AD又BC平面ADF，AD/平面ADF，BC/平面ADF和均為等腰直角三角形，且，AF/BE，又BE平面ADF，AF平面ADF，BE/平面ADF，BC/平面ADF，BE/平面ADF，平面BCE/平面ADF(2)解：四邊形ABCD為矩形，所以AD/BC，AD與平面CEF夾角即為BC與平面CEF夾角四邊形ABCD為矩形，又平面ABCD平面AEBF，BC平面ABCD，平面ABCD平面，BC平面AEBF，在等腰直角ABF中，在定要直角中，又，在直角中，可得,在直角中，可得，在直角中，可得，由為等腰三角形，可得，且，設B到平面CEF距離為d

15、，因為，可得則，解得BC與平面CEF夾角的正弦值AD與平面CEF夾角的正弦值為22如圖，在梯形中，是的中點，將沿折起，記折起后的三角形為，且.（1）證明：平面平面；（2）問在線段上是否存在點，使得，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.（1）見證明；（2）見證明【分析】（1）先證明平面，又平面，即證平面平面.（2）當即為的中點時，平面，即證.【詳解】證明：（1）如圖，設線段與交于點，連接，由已知可得，四邊形是菱形，.，是的中點，.又，平面，平面，又平面，平面平面.（2）當即為的中點時，證明如下：如圖，取的中點，的中點，連接，.由已知可得，都是等邊三角形，平面，.而，.又點，分別為，的中點，又

16、都是等邊三角形，.平面，.本題主要考查空間幾何元素位置關系的證明，考查空間幾何中的探究性問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和空間想象轉化能力.23已知等差數(shù)列的公差，且，成等比數(shù)列.（1）求使不等式成立的最大自然數(shù)n；（2）記數(shù)列的前n項和為，求證.（1）；（2）證明見解析【分析】（1）根據(jù)，成等比數(shù)列，有，結合公差，求得通項，再解不等式.（2）根據(jù)（1），用裂項相消法求和，然后研究其單調性即可.【詳解】（1）由題意，可知，即，.又，.，故滿足題意的最大自然數(shù)為.（2），. 從而當時，單調遞增，且，當時，單調遞增，且，所以，由，知不等式成立.本題主要考查等差數(shù)列的基本運算和裂項相消法求和，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.24在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c， （1）若還同時滿足下列四個條件中的三個：，的面積，請指出這三個條件，并說明理由；（2）若，求周長L的取值范圍（1），理由見解析；（2）(6,9【分析】（1）首先條件變形，利用兩角差的正弦公式變形，求得，再判斷不能同時成