2020-2021学年广西省桂林市某校高一（上）12月月考数学试卷.docx

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1、2020-2021学年广西省桂林市某校高一（上）12月月考数学试卷一、选择题1. 设全集U=1,2,3,4,5，集合A=1,2，B=2,4,5，则A(UB)=( ) A.1B.2C.2,3D.1,2,4,52. 已知函数fx=log2x+1x3,2x3+1x3,满足fa=3，则a=（） A.7B.4C.3D.13. 下列说法中不正确的是（） A.将圆柱的侧面沿一条母线剪开，展开图是一个矩形B.直角三角形绕它的一条边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥C.棱锥的侧面均为三角形D.棱台的上下底面是平行且相似的多边形4. 在下列条件中，可判断平面与平行的是( ) A.，B.m，n是两条异面直

2、线，且m/，n/，m/，n/C.m，n是内的两条直线，且m/，n/D.内存在不共线的三点到的距离相等5. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( ) A.72B.48C.27D.366. 正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是( ) A.6cmB.8cmC.2+32cmD.2+23cm7. 已知a=log0.75，b=0.75，c=50.7，则a，b，c的大小关系是() A.abcB.cabC.acbD.bc0，MN与AC成角为，MN与BD成角为，设f=+，当0,+时， f是（） A.单调增函数B.单调减函数C.先单调递增后单调递

3、减D.常函数12. 棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为（） A.153B.2C.3D.263二、填空题 用二分法求方程lnx2+x=0在区间1,2上零点的近似值，先取区间中点c=32，则下一个含根的区间是_ 已知圆锥的表面积等于12cm2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为_cm3. 正方形ABCD与正方形ABEF有公共边AB，平面ABCD与平面ABEF所成角为60，则异面直线AB与FC所成角大小等于_. 如图所示，侧棱长为23的正三棱锥VABC中，AVB=BVC=CVA=40，过

4、点A作截面AEF，AEF周长的最小值为_ 三、解答题 如图所示，已知直角梯形ABCD， BC/AD，ABC=90，AB=5cm，BC=16cm，AD=4cm求： (1)以AB所在直线为轴旋转一周所得几何体的表面积； (2)以BC所在直线为轴旋转一周所得几何体的体积 已知fx=xx2+4，x2,2. (1)用定义证明函数fx在2,2上为增函数； (3)若fa+2f2a1，求实数a的取值范围 如图，在三棱锥A1B1C1ABC中， AB=AC，D为BC中点，平面ABC平面BCC1B1，BC1B1D. (1)求证：A1C/平面AB1D; (2)求证：AB1BC1. 在矩形ABCD中，将ABC沿其对角线

5、AC折起来得到AB1C，且平面AB1D平面ACD（如图所示） (1)证明：AB1平面B1CD； (2)若AB=1，BC=2，求三棱锥B1ACD的体积 已知正三棱柱底面边长为a，M是BC上一点， AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形 (1)证明M是BC中点； (2)求二面角MAC1C的大小 已知函数fx=ax2a+2x+2，aR. (1)fx0时，求不等式fx0的解集； (3)若存在m0使关于x的方程f|x|=m+1m+1有四个不同的实根，求实数a的取值范围参考答案与试题解析2020-2021学年广西省桂林市某校高一（上）12月月考数学试卷一、选择题1.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运

6、算【解析】已知集合A=1,2，B=2,3，根据补集的定义，求出CUB，再根据交集的定义，求出ACUB；【解答】解： 全集U=1,2,3,4,5，集合A=1,2，B=2,4,5， UB=1,3， A(UB)=1.故选A.2.【答案】A【考点】函数的求值【解析】根据分段函数的特征，讨论x值所在的区间，代入相应解析式即可求解【解答】解：当a3时，fa=log2a+1=3， a=7且满足a3，即a=7；当a3时，fa=2a3+1=3， a=4，不满足a3，故a=4（舍去）则a=7.故选A3.【答案】B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）棱柱的结构特征棱锥的结构特征棱台的结构特征圆柱的特征【解析】暂无【解

7、答】解：由圆柱的性质知其侧面展开图是矩形，棱锥的侧面都是三角形，棱台的上下底面是平行且相似的多边形，ACD均正确；由旋转体的概念可知，直角三角形绕它的一条直角边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥，当以斜边所在直线旋转一周时所形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，B错误故选B4.【答案】B【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中平面与平面之间的位置关系【解析】通过举反例推断A、C、D是错误的，即可得到结果【解答】解：A，教室的墙角的两个平面都垂直底面，但是不平行，错误；B，利用平面与平面平行的判定，正确；C，如果这两条直线平行，那么平面与可能相交，错误；D，如果这三个点在平面的

8、两侧，满足不共线的三点到的距离相等，这两个平面相交，错误故选B5.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱柱，底面是直角三角形，再由体积公式即可求解答案【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为三棱柱，底面三角形ABC为直角三角形，侧棱AD底面ABC， 这个几何体的体积是12643=36故选D.6.【答案】B【考点】斜二测画法画直观图【解析】判断水平放置的平面图形的直观图的圆图形，求出边长即可求解周长【解答】解：正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图是平行四边形，如图所示，相邻边长为：1和(22)2+12=3(cm

9、)，原图的周长是：(1+3)2=8(cm).故选B.7.【答案】A【考点】指数式、对数式的综合比较【解析】此题暂无解析【解答】解：y=log0.7x为减函数， a=log0.75log0.71=0.y=0.7x为减函数， 0b=0.7550=1， ab0，x1x0， fx0，则排除B选项故选A9.【答案】B【考点】截面及其作法棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】解：由题设可知截面的形状是等腰梯形，且上底长为12DB=22，下底长为DB=2，高h=(12)2+1222222=324，故其面积为S=12(2+22)324=98故选B10.【答案】B【考点】两条直线垂直的判定空间中直线与直线之

10、间的位置关系【解析】当P点与D点重合时，直线BP与直线DG相交，利用勾股定理可得DGBD，FDDG，然后可得BPDG，当P点不与D点重合时，直线BP与直线DG异面【解答】解：当P点与D点重合时，直线BP与直线DG相交，连接BG，FG，BF，BD，由题意，可得BC=2，CG=1，FG=2，BD=3，BCCG，在RtBCG中，BG=BC2+CG2=22+12=5，同理DG=DC2+CG2=12+12=2，DF=AD2+AF2=12+12=2，BD2+DG2=(3)2+(2)2=5=BG2，所以DGBD，FD2+DG2=(2)2+(2)2=4=FG2，所以FDDG，又FDBD=D，FD，BD平面BD

11、F，所以DG平面BDF，又BP平面BDF，所以BPDG，当P点不与D点重合时，直线BP与直线DG异面.故选B11.【答案】D【考点】异面直线及其所成的角直线与平面垂直的判定函数的求值【解析】过点M作MF/BD，交AD于点F，过N作NE/BD，交BC于点E，则易得a=MNF，=MNE，所以f=+=FNE取BD的中点O、连接OA，OC，根据正四固体的特点易证BD平面AOC，得到BDAC，则ENFN，所以fx=a+=FNE=90【解答】解：如图所示，过点M作MF/BD，交AD于点F，过点N作NE/BD，交BC于点E，则AMMB=AFFD=，CNND=CEEB=，则可得出MFBD=ENBD，即四边形M

12、ENF是平行四边形=MNF，=MNE，所以f=+=FNE.取BD的中点O，连接OA，OC，由正四面体的特点可知ABD，BCD为等边三角形，所以BDAO，BDCO.又AOCO=O，且AO平面AOC，CO平面AOC，所以BD平面AOC，则BDAC.又BD/EN，AC/FN，所以ENFN，所以f=+=FNE=90故当0,+时，f()是常函数故选D12.【答案】A【考点】棱柱的结构特征柱体、锥体、台体的体积计算点、线、面间的距离计算【解析】计算出正方体ABCDA1B1C1D1的外接球O的半径，并计算出球心O到截面EFG的距离，利用勾股定理可求得结果【解答】解：如图，正方体ABCDA1B1C1D1的外接

13、球球心O为对角线AC1的中点，球O的半径为R=12AC1=3，连接AC，BD 四边形ABCD为正方形，则ACBD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CC1平面ABCD，BD平面ABCD， CC1BD， ACCC1=C， BD面ACC1， AC1平面ACC1， AC1BD， E，F分别为AB，AD的中点，则EF/BD， AC1EF，同理AC1EG， EFEG=E， AC1平面EFG，三棱锥GAEF的体积为VGAEF=13SAEFAG=1312121=16，设点A到平面EFG的距离为h，易知EFG是边长为2的等边三角形，SEFG=122232=32，VAEFG=13SEFGh=1332h=16，

14、解得h=33，所以，球心O到平面EFG的距离为Rh=233，因此，平面EFG截球O所得圆的半径为r=R22332=153.故选A二、填空题【答案】(32,2)【考点】二分法求方程的近似解【解析】根据二分法的定义，不断取中点，利用零点定理进行判断，令f(x)=lnx2+x，代入f(1)，f(2)，f(32)，进行判断；【解答】解：令f(x)=lnx2+x，先取区间中点c=32，f(32)=ln322+32=ln32120(ln1.50.405)，f(1)=ln12+1=10.因为f(2)f(32)0， 下一个含根的区间是(32,2).故答案为：(32,2).【答案】833【考点】棱柱、棱锥、棱台

15、的侧面积和表面积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l， 侧面展开图是一个半圆， l=2r，解得l=2r. 圆锥的表面积为12， r2+rl=3r2=12， r=2， 圆锥的高为h=l2r2=4222=23， 圆锥的体积为V=13r2h=132223=833(cm2)故答案为：833【答案】45【考点】异面直线及其所成的角【解析】由已知条件可得平面ABCD与平面ABEF所成角即为CBB，结合正方形的性质得出CEF是等腰直角三角形，通过平移得出异面直线AB与FC所成角为CFE，求解得出答案【解答】解

16、： 面ABCD面ABEF=AB，且BCAB，BEAB，BCBE=B， CBE=60，AB面BCE，连接CE，如图所示，则BC=BE=CE=EF，又EF/AB，则EF面BCE， CE面BCE， EFCF，即CEF是等腰直角三角形，CFE=45，则异面直线AB与FC所成角大小等于45.故答案为：45 .【答案】6【考点】棱锥的结构特征余弦定理【解析】沿着侧棱VA把正三棱锥VABC展开在一个平面内，如图，则AA即为截面AEF周长的最小值，且AVA=340=120VAA中，由余弦定理可得AA的值【解答】解：如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥VABC展开在一个平面内，如图(2)，则AA即为截面AEF周长的

17、最小值，且AVA=340=120VAA中，由余弦定理可得AA=VA2+VA22VAVAcosAVA=12+12212cos120=6.故答案为：6三、解答题【答案】解：(1)以AB所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆台其上底面半径是4cm下底面半径是16cm，高AB=5cm，母线DC=52+1642=13cm，该几何体的表面积为(4+16)13+42+162=532(cm2)(2)以BC所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆柱和圆锥的组合体，其中圆锥的高为164=12cm圆柱的母线AD=4cm，圆锥和圆柱底面半径AB=5cm，故该组合体体积为524+135212=200(cm3)【考点】旋转体（圆柱

18、、圆锥、圆台）【解析】暂无暂无【解答】解：(1)以AB所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆台其上底面半径是4cm下底面半径是16cm，高AB=5cm，母线DC=52+1642=13cm，该几何体的表面积为(4+16)13+42+162=532(cm2)(2)以BC所在直线为轴旋转一周所得几何体是圆柱和圆锥的组合体，其中圆锥的高为164=12cm圆柱的母线AD=4cm，圆锥和圆柱底面半径AB=5cm，故该组合体体积为524+135212=200(cm3)【答案】1证明：任取x1，x2(2,2)，且x1x2，所以f(x1)f(x2)=x1x12+4x2x22+4=(x2x1)(x1x24)(x12+

19、4)(x22+4).因为2x1x20，x1x240，则f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(2a1),所以2a+22，22a12a1，解得4a0,12a32,a3,即12a0，所以a的取值范围是(12,0).【考点】函数单调性的判断与证明函数单调性的性质【解析】2根据函数的单调性的定义，采用作差法判断2x1x22时f(x1)f(x2)的符号，即可证明.3根据2中的结论得到关于a的不等式组，求解即可.【解答】1证明：任取x1，x2(2,2)，且x1x2，所以f(x1)f(x2)=x1x12+4x2x22+4=(x2x1)(x1x24)(x12+4)(x22+4).因为2x1x20，x1x240

20、，则f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(2a1),所以2a+22，22a12a1，解得4a0,12a32,a3,即12a0，所以a的取值范围是(12,0).【答案】证明：(1)连接A1B交AB1于点O，连接OD， A1B1C1ABC是三棱柱， 四边形ABB1A1是平行四边形， O为A1B中点， D为BC中点， OD/A1C， A1C平面AB1D，OD平面AB1D， A1C/平面AB1D.(2) AB=AC，D为BC中点， ADBC, 平面ABC平面BCC1B1，平面ABC平面BCC1B1=BC，AD平面ABC， AD平面BCC1B1； BC1面BCC1B1， ADBC1， BC1B1D，A

21、DB1D=D，AD平面AB1D，B1D平面AB1D， BC1面AB1D，又AB1面AB1D， AB1BC1.【考点】直线与平面平行的判定两条直线垂直的判定【解析】（1）连接A1B交AB1于点O，连接OD，由题中条件，证明OD/A1C，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成 .（2）根据题意，由面面垂直，得到AD平面BCC1B1，得到ADBC1再由线面垂直的判定定理，证明BC1平面AB1D，进而可得AB1BC1.【解答】证明：(1)连接A1B交AB1于点O，连接OD， A1B1C1ABC是三棱柱， 四边形ABB1A1是平行四边形， O为A1B中点， D为BC中点， OD/A1C， A1C平面AB

22、1D，OD平面AB1D， A1C/平面AB1D.(2) AB=AC，D为BC中点， ADBC, 平面ABC平面BCC1B1，平面ABC平面BCC1B1=BC，AD平面ABC， AD平面BCC1B1； BC1面BCC1B1， ADBC1， BC1B1D，ADB1D=D，AD平面AB1D，B1D平面AB1D， BC1面AB1D，又AB1面AB1D， AB1BC1.【答案】(1)证明： 平面AB1D平面ACD，平面AB1D平面ACD=AD，CDAD， CD平面AB1D而AB1平面AB1D， AB1CD.又 AB1B1C，且B1CCD=C， AB1平面B1CD.(2)解：在RtCDB1中，CD=AB=

23、1，B1C=BC=2， B1D=B1C2CD2=3.又AB1=AB=1， VB1ACD=VAB1CD=1312131=36【考点】直线与平面垂直的判定棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】（1）由已知利用面面垂直的性质可得CD平面AB1D，得到AB1CD，再由AB1B1C，由直线与平面垂直的判定可得AB1平面B1CD；（2）求解直角三角形得到B1D，然后利用等体积法求三棱锥B1ACD的体积【解答】(1)证明： 平面AB1D平面ACD，平面AB1D平面ACD=AD，CDAD， CD平面AB1D而AB1平面AB1D， AB1CD.又 AB1B1C，且B1CCD=C， AB1平面B1CD.(2)解：在RtC

24、DB1中，CD=AB=1，B1C=BC=2， B1D=B1C2CD2=3.又AB1=AB=1， VB1ACD=VAB1CD=1312131=36【答案】(1)证明： AMC1是M为直角顶点的等腰直角三角形， AMMC1.ABCA1B1C1是正三棱柱， CC1面ABC，C1CAM.MC1C1C=C1， AM面B1BCC1， AMBCABC是正三角形，M是BC中点.(2)解：过点C作CHMC1于点H，过点C作CIAC1于I，连接HI，如图， AM平面B1BCC1，CH平面B1BCC1，AMCH，AMC1M=M，AM平面C1AM，C1M平面C1AM， CH平面C1AM.AC1平面C1AM，CHAC1

25、，可得AC1平面HIC，HI平面HIC， HIAC1，CIH是二面角MAC1C的平面角.AM=C1M=32a，CM=12a，CC1BC， CC1=34a214a2=22a， CH=C1CCMC1M=22a12a32a=66a.在直角三角形ACC1中，CI=CC1ACAC1=22aaa2+(22a)2=33a，sinCIH=CHCI=66a33a=22， CIH=45， 二面角MAC1C的大小为45.【考点】直线与平面垂直的判定二面角的平面角及求法【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明： AMC1是M为直角顶点的等腰直角三角形， AMMC1.ABCA1B1C1是正三棱柱， CC1面ABC，C1C

26、AM.MC1C1C=C1， AM面B1BCC1， AMBCABC是正三角形，M是BC中点.(2)解：过点C作CHMC1于点H，过点C作CIAC1于I，连接HI，如图， AM平面B1BCC1，CH平面B1BCC1，AMCH，AMC1M=M，AM平面C1AM，C1M平面C1AM， CH平面C1AM.AC1平面C1AM，CHAC1，可得AC1平面HIC，HI平面HIC， HIAC1，CIH是二面角MAC1C的平面角.AM=C1M=32a，CM=12a，CC1BC， CC1=34a214a2=22a， CH=C1CCMC1M=22a12a32a=66a.在直角三角形ACC1中，CI=CC1ACAC1=

27、22aaa2+(22a)2=33a，sinCIH=CHCI=66a33a=22， CIH=45， 二面角MAC1C的大小为45.【答案】解：(1)因为f(x)32x，xR恒成立，转化为ax2ax10，xR恒成立；a=0时，10恒成立，满足题意；a0时，只需a0，0，即4a0；综上，实数a的取值范围是(4,0.(2)f(x)0即(x1)(ax2)0，当0a1，不等式解集为(,12a,+)，当a=2时，2a=1，不等式解集为R：当a2，2a0时，令t=m+1m+12+1=3，则存在t3，f|x|=t有四个不等实根，即a|x|2a+2|x|+2t=0有四个不等实根令|x|=s，s0时一个s对应两个x

28、；s=0时一个x对应一个x；s0,2ta0,即存在t3，a+224a2t0,a2,即a0，a0，由a2可得a423，所以实数a的取值范围是,423【考点】不等式恒成立问题一元二次不等式的解法一元二次不等式【解析】(2)答案未提供解析【解答】解：(1)因为f(x)32x，xR恒成立，转化为ax2ax10，xR恒成立；a=0时，10恒成立，满足题意；a0时，只需a0，0，即4a0；综上，实数a的取值范围是(4,0.(2)f(x)0即(x1)(ax2)0，当0a1，不等式解集为(,12a,+)，当a=2时，2a=1，不等式解集为R：当a2，2a0时，令t=m+1m+12+1=3，则存在t3，f|x|=t有四个不等实根，即a|x|2a+2|x|+2t=0有四个不等实根令|x|=s，s0时一个s对应两个x；s=0时一个x对应一个x；s0,2ta0,即存在t3，a+224a2t0,a2,即a0，a0，由a2可得a423，所以实数a的取值范围是,423第25页 共26页 第26页 共26页