2021-2022学年陕西省咸阳市实验中学高一上学期第三次月考数学试题（解析版）

2021-2022学年陕西省咸阳市实验中学高一上学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（    ）

A．三角形的直观图是三角形

B．长方形的直观图是长方形

C．正方形的直观图是正方形

D．菱形的直观图是菱形

【答案】A

【分析】根据斜二测直观图的画法规则，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】由斜二测直观图的画法规则，平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变，可知三角形的直观图还是三角形，故A正确；

长方形跟正方形的直观图是平行四边形，故BC错误；

菱形的直观图是平行四边形，故D错误.

故选：A

2．下列说法正确的是（    ）

A．两个平面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台

B．棱柱的侧面可以是三角形

C．直棱柱的底面是正多边形

D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形

【答案】D

【分析】根据各类简单几何体结构特征作出判断即可.

【详解】A.两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，A错误；

B.棱柱的侧面是平行四边形，B错误；

C. 侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱，所以底面不一定是正多边形，比如直四棱柱底面可以是长方形，C错误；

D.正棱锥定义：正棱锥是指底面是正多边形，且从顶点到底面的垂线足是这个正多边形的中心的棱锥，因此正棱锥侧棱都相等，D正确.

故选：D

3．如图，在长方体中，体对角线与面对角线的位置关系一定是（    ）

A．平行 B．相交 C．异面 D．共面

【答案】C

【解析】根据异面直线的判定定理可得答案.

【详解】因为平面，平面，，，

所以根据异面直线的判定定理可知与为异面直线.

故选：C

【点睛】关键点点睛：利用异面直线的判定定判断是解题关键.属于基础题.

4．在平面直角坐标系中，已知点，，三点共线，则的值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据斜率相等即可求出a的值．

【详解】解：点A（1，0），B（，a），C（﹣1，2）三点共线，

则，

解得a，

故选：C．

【点睛】本题考查了三点共线问题，属于基础题．

5．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据满足.已知某同学视力的小数记录法的数据为，则其视力的五分记录法的数据约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据表达式，代入,根据对数运算即可求解

【详解】根据表达式，代入，解得．

故选：A

6．某几何体的主视图和左视图如图所示，则它的俯视图可能是（    ）

A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③

【答案】D

【分析】根据三视图判断即可.

【详解】俯视图为①时，几何体为圆锥，满足要求；

俯视图为②时，几何体为正四棱锥满足要求；

俯视图为③时，几何体如下图，平面平面，且点在底面的投影为中点，，，此时主视图和左视图满足要求；

当俯视图为④时，几何体为四棱锥，但是主视图和左视图不是等腰三角形，不符合要求.

故选：D.

7．已知平面α，β，γ，则下列命题中正确的是（　　）

A．α⊥β，β⊥γ，则α∥γ

B．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ

C．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，β⊥γ，则a⊥b

D．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α

【答案】B

【分析】根据面面垂直的判定定理构造反例否定A；利用面面垂直的性质定理和面面平行的性质，线面垂直的判定定理判定B正确；利用线面垂直的判定定理构造反例否定C,D.

【详解】A中α，γ可以相交.

如图所示:

设直线a⊥平面β，过a任作两平面和，则，，而直线a，故A错误；

对于B,由β⊥γ，设,在内作a的垂线b,如图所示：

由面面垂直的性质定理可得，

由于α∥β,∴，

又∵，∴,

故B正确.

C中如图：

 a与b不一定垂直,直线a,b可能垂直，也可能不垂直，甚至平行，故C错误；

D中当时，才能利用面面垂直的性质定理得到，没有此条件，则b可能与成任意的角度，甚至在内，不能判定b⊥α，

如图所示：

故D错误.

故选：B.

8．已知二次函数满足，且，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意可知，对称轴为，又为二次函数以及已知条件可得的单调性，根据单调性即可求得实数的取值范围.

【详解】由已知，二次函数对称轴为，所以有.

又，所以在上单调递增，在上单调递减.

当时，由，以及在上单调递增，可得；

当时，由，可得，

又在上单调递减，所以.

所以，实数的取值范围是.

故选：C.

9．若一系列函数的解析式和值域相同，但定义域不相同，则称这些函数为“同值函数”，例如函数与函数即为“同值函数”，给出下面四个函数，其中能够被用来构造“同值函数”的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，只有在定义域内有不单调的函数才可能构造“同值函数”，即可求解.

【详解】对于A,函数在定义域上单调递减，

所以值域确定时定义域也确定且唯一，所以不能构造“同值函数”，故A错误；

对于B，函数在定义域上单调递增，

所以值域确定时定义域也确定且唯一，所以不能构造“同值函数”，故B错误；

对于C，函数在定义域上单调递增，

所以值域确定时定义域也确定且唯一，所以不能构造“同值函数”，故C错误；

对于D，当定义域分别为时，值域都为，故D正确.

故选:D.

10．某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨量的等级划分如下：

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h降雨量的等级是（    ）

A．暴雨 B．大雨 C．中雨 D．小雨

【答案】C

【分析】首先求出水面的半径，然后求出容器中水的体积，从而可得出降雨量.

【详解】因为圆锥的底面直径为200mm，高为300mm，雨水高度是150mm，

所以水面的半径为，

所以水的体积为，

所以24h降雨量的等级是.

故选：C.

11．已知函数且，则下列结论中，一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】作出函数图象，结合图象判断AB，再由讨论去掉绝对值号化简可判断CD．

【详解】由图示可知，的符号不确定，，故A、B错；

，

如上图，满足，故C不一定成立，

当时，由得，则，所以，故D正确．

故选：D

12．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.

【详解】

由题意可得，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，即，

所以，则该正多面体外接球的表面积

故选:A

二、填空题

13．已知全集，集合，则__________.

【答案】##

【分析】根据题意得到集合，然后求补集和交集即可.

【详解】由题意得，所以，.

故答案为：.

14．已知直线过点，在轴和轴上的截距分别为，且满足，则直线的方程为__________.

【答案】

【分析】利用直线方程的截距式和点坐标求出，整理化简即可得出方程.

【详解】直线的方程的截距式为，将点代入式中得

，解得，，得方程

故答案为：

15．在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，则异面直线与所成的角的大小为__________.

【答案】

【分析】将平移，构建一个关于与平行线的三角形，根据余弦定理求解出角度.

【详解】如图补全，假设，平移于位置，连接

异面直线与所成的角即是直线与所成的角

，，

根据余弦定理：

故直线与所成的角

故答案为：

16．设函数则函数的零点个数为__________.

【答案】3

【分析】分、、和四种情况求零点即可得到零点个数.

【详解】当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，无解；

综上可得函数有3个零点.

故答案为：3.

三、解答题

17．已知三角形三个顶点分别是.求：

(1)经过点，倾斜角为的直线方程；

(2)边上的中线所在的直线方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据倾斜角得到斜率，然后结合直线的点斜式方程，即可得到结果.

（2）先得到边中点的坐标，然后根据中线过点，结合直线的两点式即可得到结果.

【详解】（1）倾斜角为的直线的斜率，

.

所求直线方程为.

（2），

线段的中点的坐标为.

边上的中线过点.

所求直线方程为，即.

18．如图，在棱长为2的正方体中，点分别为棱，的中点.

(1)求证：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先根据题意得到四边形为平行四边形，从而得到，再根据线面平行的判定即可证明.

（2）根据求解即可.

【详解】（1）因为点分别为棱的中点，且，

所以，且，即四边形为平行四边形.

所以.

因为平面，平面，，

所以平面.

（2）因为是三棱锥的底面上的高，

又三角形的面积为，

.

19．已知四棱锥的底面是菱形，平面.

(1)设平面平面，求证：；

(2)求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而根据线面平行的性质即可求解，

（2）根据线面垂直即可求证线线垂直.

【详解】（1）平面平面，

平面，

又平面，平面平面，

.

（2）平面平面，

四棱锥的底面是菱形，，

平面，

平面，

又平面.

20．如图，为圆柱的轴截面(即过旋转轴的截面)，为其一条母线(不与，重合)．

（1）求证：平面平面；

（2）求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【分析】（1）由线面垂直的性质得，且，再根据线面垂直的判定有平面，由面面垂直的判定即可证平面平面；

（2）连接，易知为平行四边形即，由线面平行的判定可证平面，同理可证平面，再由面面平行的判定可证平面平面．

【详解】（1）由为圆柱的母线，有平面，而平面，则．

由为圆的直径知：，而，

∴平面，而平面，

∴平面平面．

（2）连接，由题意知：且，则为平行四边形，

∴，而平面平面，

∴平面．

在轴截面中，为平行四边形，则，而平面平面，

∴平面，又，

∴平面平面

21．若函数在区间上有最大值4和最小值1，设．

(1)求a、b的值；

(2)若不等式在上有解，求实数k的取值范围；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二次函数在上的单调性最大值和最小值，从而求得；

（2）用分离参数法化简不等式为，然后令换元，转化为求二次函数的最值，从而得参数范围．

【详解】（1），对称轴，

在上单调递增，

所以，解得；

（2）由（1）知化为，

即，

令，则，因为，所以，

问题化为，

记，对称轴是，因为，所以，

所以．

22．图①是由矩形，Rt和菱形组成的一个平面图形，其中，.将其沿折起使得与重合，连接，如图②.在图②中解决下列问题：

(1)证明：平面；

(2)证明：四边形是平行四边形；

(3)求四边形的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）找到.

（2）证明：且

（3）取的中点，证明平面，可得，四边形的面积等于.

【详解】（1）证明：由已知得折叠前后都有，

又平面，

平面.

（2）证明：四边形是菱形，四边形是矩形，

.

，且.

四边形是平行四边形.

（3）如图，取的中点，连接.

平面，

平面，

又平面，

故.

四边形是菱形，且，

，且.

又平面，

平面.

又平面.

在Rt中，，

.又，

四边形的面积为.