2021-2022学年陕西省咸阳市实验中学高二年级上册学期第三次月考数学（理）试题【含答案】

2021-2022学年陕西省咸阳市实验中学高二上学期第三次月考数学（理）试题一、单选题1．不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，可得或，计算即可.【详解】，或，或，即解集为.故选：A2．下列结论中不正确的个数是（

）①命题“所有的四边形都是矩形”是特称命题；②命题“，”是全称命题；③若命题p：，，则：，.A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据全称命题以及特称命题的概念可判断①、②的正误；根据含有一个量词的命题的否定，可判断③的正误，可得答案.【详解】①命题“所有的四边形都是矩形”是全称命题，故①不正确；②命题“，”是全称命题，正确；③若命题p：，，则：，，故③不正确，故选：C.3．若，则下列不等式中成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据不等式的性质可判断AB，作差可判断CD.﹒【详解】对于A，因为，所以，所以，故错误；对于B，因为，所以，故错误；

对于C，因为，所以所以，即，故错误；

对于D，因为，所以，所以，所以，故正确.故选：D.4．若平面与的法向量分别是，，则平面与的位置关系是（

）A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定【答案】B【分析】根据所给向量可知其数量积为零，故知两向量垂直.【详解】因为，所以，所以两平面垂直.【点睛】本题主要考查了平面的法向量，向量的数量积，利用法向量判断平面的位置关系，属于中档题.5．若平面的一个法向量为，点，，，，到平面的距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出，点A到平面的距离：，由此能求出结果【详解】解：，，，，∴为平面的一条斜线，且∴点到平面的距离：故选：B.6．如图，在三棱锥中，点N为棱AP的中点，点M在棱BC上，且满足，设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用空间向量基本定理可得答案.【详解】因为点N为棱AP的中点，，所以.故选：C.7．设、是两个不同的平面，则的充要条件是（

）.A．平面内任意一条直线与平面垂直B．平面、都垂直于同一条直线C．平面、都垂直于同一平面D．平面内存在一条直线与平面垂直【答案】D【解析】当两个平面垂直时，一个平面内的一条直线可以与另一个平面成任意角，可判断A项不正确；垂直于同一条直线的两个平面互相平行，可判断B项不正确；垂直于同一个平面的两个平面可以成任意角，可判断C项错误；利用面面垂直的判定定理可以得到D项正确；从而得到答案【详解】若，则平面内存在直线与平面不垂直，选项A不正确；若平面、都垂直于同一条直线，则平面与平行，选项B不正确；若平面、都垂直于同一平面，则平面、可以平行，也可以相交，选项C不正确；若平面内存在一条直线与平面垂直，则根据面面垂直的判定定理，可知，若，则由面面垂直的性质定理知，平面内垂直于平面内的两条相交直线的直线一定垂直于平面，故选项D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有面面垂直的相关条件及结论，在做题的过程中，要注意：（1）要建立很强的空间立体感；（2）对空间关系对应的相关结论要非常熟悉；（3）可以随手制造模型.8．下列命题中正确的个数是（

）．①若与共线，与共线，则与共线．②向量，，共面，即它们所在的直线共面．③如果三个向量，，不共面，那么对于空间任意一个向量，存在有序实数组，使得．④若，是两个不共线的向量，而（且），则是空间向量的一组基底．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】举例，判断①，由向量共面的定义判断②，由空间向量基本定理判断③，由共面向量定理和空间向量基本定理判断④．【详解】①当时，与不一定共线，故①错误；②当，，共面时，它们所在的直线平行于同一平面，或在同一平面内，故②错误；由空间向量基本定理知③正确；④当，不共线且时，，，共面，故④错误．故选：B．9．李先生的私家车基本上每月需要去加油站加油两次，假定每月去加油时两次的油价略有差异.有以下两种加油方案：方案一：不考虑两次油价的升降，每次都加油200元；方案二：不考虑两次油价的升降，每次都加油30升.李先生下个月采用哪种方案比较经济划算?（

）A．方案一 B．方案二 C．一样划算 D．不能确定【答案】A【分析】设第一次油价为，第二次油价为，计算两种方案的平均油价，作差比较得到答案.【详解】设第一次油价为，第二次油价为，，，方案一的平均油价为：；方案二的平均油价为：.则，故.故选：A.10．已知命题：若（，），则，命题：函数，，最大值为，下列是真命题的为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据向量平行的性质判断的真假，由正弦函数及对勾函数的性质判断的真假，进而判断各选项中复合命题的真假即可.【详解】当与方向相反时，不成立，为假命题．令，则在上单调递减，，为真命题．综上，为真，为假，为假，为假.故选：A11．已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法中正确的是（

）A．B．不等式的解集为C．不等式的解集为或D．【答案】C【分析】根据关于x的不等式的解集为或可判断，判断A;由此可得是的两根，推得，即可求解以及的解集，判断;结合题意将代入，可退的结果为负，判断D.【详解】由于关于x的不等式的解集为或，故，A错误；由以上分析可知，是的两根，则，即，故即，则，B错误；不等式即，则或，即不等式的解集为或，C正确；由于关于x的不等式的解集为或，故的解集为，所以时，，即，故D错误，故选：C.12．已知四边形ABCD为正方形GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，有下述四个结论：①DE⊥BF；②EF与CH所成角为；③EC⊥平面DBF；④BF与平面ACFE所成角为．其中所有正确结论的编号是（

）A．①② B．①②③C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】根据题意，将几何体补形成一个正方体,进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算得到答案.【详解】由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所示．以D为坐标原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设AD＝DC＝DG＝2，则D(0，0，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，2，2)，B(2，2，0)，H(1，2，1)．对①，，所以，则，正确；对②，，设所成角为，所以，正确；对③，，设是平面DBF的一个法向量，所以，令x=1，则，所以，则EC⊥平面DBF，正确；对④，由题意，EA⊥平面ABCD，则EA⊥DB，易得：DB⊥AC，EA与AC交于A，则DB⊥平面ACFE，则是平面ACFE的一个法向量，设BF与平面ACFE所成的角为，所以，错误.故选：B.二、填空题13．若，则的最小值为______．【答案】3【分析】运用基本不等式即可.【详解】因为，当且仅当时，即，等号成立，所以的最小值为3.即答案为:3.14．已知数列满足①，②，请写出一个满足条件的数列的通项公式________．（答案不唯一）【答案】【分析】判断数列的特征，从等差数列或等比数列入手考虑解答.【详解】，说明数列是递增数列；由，不妨设该数列为等差数列，则公差为1，首项为1，所以.故答案为：15．若关于的不等式有实数解，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】由绝对值的性质求得的最小值后可得结论．【详解】由绝对值三角不等式得，所以，解得，故答案为：．16．已知数列满足．给出定义：使数列的前项和为正整数的叫做“好数”，则在内的所有“好数”的和为______．【答案】2026【分析】先计算出数列的前项和，然后找到使其为正整数的，相加即可得到答案．【详解】由题，．所以，．因为为正整数，所以，即．令，则．因为，所以．因为为增函数，且所以．所以所有“好数”的和为．故答案为：2026．【点睛】本题考查了数列的新定义、对数运算法则，解题时应认真审题，找到规律，注意等比数列求前项和公式的灵活运用．三、解答题17．设函数.(1)若，解不等式；(2)已知，若时，，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）分类讨论，求绝对值不等式的解集即可.（2）由题设可得，结合在上恒成立，求的取值范围.【详解】（1）由题设，，当时，，当时，，当时，，∴，则得：；，无解；得：；综上，的解集为.（2）由题设，时，由，∴，即恒成立，∴，则，故.18．已知命题p：实数x满足，命题q：实数x满足.(1)若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；(2)若，为真命题，求实数x的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）通过解不等式化简命题p，将p是q的充分不必要条件转化为是的真子集，列出不等式组，求出m的范围．（2）将复合命题的真假转化为构成其简单命题的真假，求出x的范围即可.【详解】（1）由，得，若p是q的充分不必要条件，则，∴，解得，∴实数m的取值范围是；（2）当时，命题q：实数x满足，∵为真命题，∴或，即，∴实数x的取值范围为.19．已知数列满足，，且.（1）求证数列是等比数列；（2）已知数列的前项和为，且，求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据等比数列定义,结合所给递推公式,证明为常数即可.（2）由（1）可求得数列的通项公式,代入表达式可得数列的通项公式,结合通项公式即可判断取得最小值时的值，进而求得结果.【详解】（1）由,且则是以2为首项,3为公比的等比数列.（2）由（1）可知.则,代入可得,由数列的通项公式可知,,当=6时，取得最小值，此时最小值为.20．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋b2＞c2．现有以下四个条件：①a＝2，②b＝3，③，④．(1)条件①、②成立的前提下，条件③和④能否同时成立?请说明理由；(2)请你从条件③和④中剔除一个，则同时满足余下三个条件的△ABC是否存在?若存在，求c；若不存在，说明理由．【答案】(1)③④不能同时成立(2)若剔除③，△ABC不存在，若剔除④，是存在的，且．【分析】（1）假设③④都成立，可得的值，但是不符合的条件；（2）分别讨论③④中有一个剔除的情况，然后对应求解即可．【详解】（1）③④不能同时成立，因为，，若③④成立，则在三角形中，可得，，由正弦定理，而，此时，由正弦定理，可得，解得，，所以③④不能同时成立；（2）若剔除③，由余弦定理可得，即，整理可得：，解得，，所以不符合．若剔除④，则余弦定理，即，整理可得：，解得或，再由可得．综上所述，剔除④满足余下三个条件的是存在的，且可得．21．已知直三棱柱中，为等腰直角三角形，，且，D，E，F分别为的中点.(1)求证：直线平面；(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)见解析(2)【分析】根据图形，建立空间直角坐标系（1）求出平面的一个法向量，只需证明，再结合平面，即可证明平面；（2）求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，求出的值.【详解】（1）解：由直三棱柱，以及，可建立如图所示空间直角坐标系，因为为等腰直角三角形且，不妨设，则为平面的一个法向量，，，即，又平面，平面（2）设为平面的一个法向量，，，取，设直线与平面所成角为，则，又，.22．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，与均为边长为2的等边三角形，.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）由（1）以点为坐标原点，、、