1、宁夏吴忠中学2020-2021学年高二数学12月月考试题 理（含解析）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，只有一项是符合题目要求的1. ，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由一元二次不等式可得，再由集合间的关系即可得解.【详解】由题意，所以.故选：A.2. 下列选项中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】ABC用特殊值法判断，D由不等式的乘法性质判断.【详解】A. 当，时，则，故错误；B. 当，时，则，故错误；C. 当时，则，故错误；D.若，两边同乘，则，故正
2、确；故选：D3. 在中，内角，的对边分别为，已知，则的面积为（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】由正弦定理化简得，再由余弦定理得，进而得到，利用余弦定理，列出方程求得，最后结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】在中，由正弦定理，可得，即，又由余弦定理可得，可得，因为，由余弦定理，可得，即，即，解得，所以三角形面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4. 明代数学家程大位编著算法统宗
3、是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（ ）A. 3B. 12C. 24D. 48【答案】C【解析】【分析】题意说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为，由系数前项和公式求得，再由通项公式计算出中间项【详解】根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为，则有，解得，中间层灯盏数，故选：C.5. 已知等差数列，其前项的和为，则（ ）A. 24B. 36C. 48D. 64【答案】B
4、【解析】【分析】利用等差数列的性质进行化简，由此求得的值.【详解】由等差数列的性质，可得，则故选：B6. 不等式的解集为空集，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由不等式的解集为空集，利用判别式求解即可.【详解】不等式的解集为空集，故选：A【点睛】本题主要考查了利用不等式恒成立求解参数的问题.属于容易题.7. 各项为正数的等比数列，则（ ）A. 15B. 10C. 5D. 3【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的性质，由对数的运算，即可得出结果.【详解】因为，则.故选：A.8. 如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是多面体的三视图，则该
5、多面体的体积为（ ）A. B. 8C. D. 【答案】A【解析】根据三视图可知几何体是一个棱长为2的正方体，截去一个三棱锥得到，所以几何体的体积为222，故选A点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.9. 在数列中，若，则的最小值是（ ）A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】C【解析】【分析】根据递推关系可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式可得，即求.【详解】因为，所以
6、，即，所以数列是以1为首项，2为公比等比数列.则，即.因为，所以，所以，所以.故选：C10. 在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”如图，四棱锥PABCD为阳马，侧棱PA底面ABCD，PAABAD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先证明平面，找出线面角，再解三角形即可求得结果.【详解】因为平面平面，故可得，又平面，故可得平面.连接.故即为所求直线CE与平面PAD所成角.不妨设PAABAD，故在直角三角形中，故可得.则.则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为.故选：.【点睛】本题考查线面
7、角的求解，注意线面垂直的证明，属综合基础题.11. 已知数列满足，则数列的前项和（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用倒数法求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法可求得.【详解】已知数列满足，在等式两边同时取倒数得，所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，因此，.故选：B.【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的12. 实系数一元二次方程的一个根在上，另一个根在上，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据实系数一元
8、二次方程的一个根在上，另一个根在上，得到，然后画出可行域，再根据表示可行域内的点与点连线的斜率求解.【详解】令，实系数一元二次方程的一个根在上，另一个根在上，画出它的可行域，如图所示：的内部.而表示可行域内的点与点连线的斜率，而直线的斜率为0，直线的斜率为，故的取值范围是，故选：C.【点睛】本题主要考查实系数一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，直线的斜率公式，简单的线性规划问题，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13. 已知实数，满足约束条件，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界点处，求得目标函数的最大值.【详解】画出可行
9、域如下图所示，由图可知平移基准直线到可行域边界点处，目标函数取得最大值为.故答案为：14. 等差数列的前项和为，则当取最小值时，等于_.【答案】【解析】【分析】求出等差数列的公差，可求得关于的表达式，利用二次函数的基本性质可求得当取最小值时对应的正整数的值.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，当时，取得最小值.故答案为：.【点睛】本题考查利用二次函数的基本性质求的最小值，考查计算能力，属于基础题.15. 三棱锥中，面，则三棱锥的外接球表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据题中条件，得到，可将该三棱锥放在一个底面边长为，高为的长方体中，该三棱锥的外接球，即是该长方体的外接球，设外接球半径为，
10、根据题中条件求出半径，即可得出球的表面积.【详解】因为面，所以，则，所以可将该三棱锥放在一个底面边长为，高为的长方体中，如图；则该三棱锥的外接球，即是该长方体的外接球，设外接球半径为，又长方体的外接球直径等于体对角线的长，则，所以三棱锥的外接球表面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的表面积，熟记球的表面积公式，以及几何体的结构特征即可，属于常考题型.16. 数列的前项和为，且满足，若对一切恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先根条件列式求，再将不等式转化为对一切恒成立，讨论的不同取值，求的最大值，建立不等式求的取值范围.【详解】当时，当时，那么，即 ，变形
11、为，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，代入已知对一切恒成立，即对一切恒成立，当时，可得，解得：，当时，解得：，当时，取，则，所以 ，当时，数列是递减数列，解得：，那么对一切恒成立，则实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查已知求，数列的函数性质，重点考查计算能力，转化变形能力，逻辑推理能力，属于中档题型.三、解答题：解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17. 在中，分别是内角的对边，且（1）求角的大小；（2）若，且，求的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接根据余弦定理可得角的大小；（2）先根据两角和与差正弦公式化简得，或，再根据正弦定理得，结合条件可解得a,c，最后根据
12、三角形面积公式求面积【详解】（1）:，可得：，由余弦定理可得：，（2），可得：，或，当时，可得，可得；当时，由正弦定理知，由余弦定理可得：，解得：，18. 已知公差的等差数列的前n项和为，是与的等比中项.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由等比中项的性质和等差数列的前n和公式得出方程组，解之可得通项； （2）由（1）得，运用裂项相消法可求得数列的和.【详解】（1）由是与的等比中项，所以，联立，即得，解得，所以（2），所以【点睛】方法点睛：求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：
13、裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.19. 设满足约束条件.（1）求目标函数的取值范围；（2）若目标函数zax2y仅在点(-1，1)处取得最大值，求a的取值范围.【答案】（1）（2）a1【解析】【分析】（1）的几何意义是点与点连线的斜率，观察可行域可得斜率的取值范围；（2）若目标函数仅在点处取得最大值，判断目标函数的斜率，可得到结论.【详解】解：（1）不等式表示的可行域，如图阴影部分：的几何意义是点与点连线的斜率，联立方程组可得，观察图像得：，又，所以目标函数的取值范围是；（2）若目标函数仅在点处取得最大值，由得，如图：可得，解得.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何
14、意义是解决本题的关键.注意使用数形结合.20. 已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对递推关系式下标缩小1，利用作差即可求得；（2）由，利用错位相减法，可求出的前项和.【详解】（1）当时，当时，可得，则，即，故因为，满足，所以的通项公式为. （2）由题意，则，则，即，所以.【点睛】本题考查通项公式的求法，考查利用错位相减法求数列的前项和，考查学生的计算求解能力，属于中档题.21. 如图，在菱形ABCD中，A60且AB2，E为AD的中点，将ABE沿BE折起使AD，得到如图所示的四棱锥ABCDE.（）求证：平面ABE平面ABC；（）若P
15、为AC的中点，求三棱锥PABD的体积.【答案】（）证明见详解；（）【解析】【分析】（）先证，即可求得平面，结合/，即可由线面垂直推证面面垂直；（）根据点是中点，则的体积为体积的一半，再转化顶点求得的体积，则问题得解.【详解】（）因为四边形是菱形，且点为中点，又，故三角形为等边三角形，则，又在三角形中，满足，故，又平面，故可得平面，又因为/，故可得平面，又平面，故可得平面平面.即证.（）因为是中点，故.又，平面，故平面，即为底面上的高.又，故.故三棱锥PABD的体积为.【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及线面垂直的证明以及棱锥体积的求解，属综合基础题.22. 已知函数 （1）解关于的不等
16、式；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）答案不唯一，具体见解析.（）【解析】【分析】（）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.（）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.【详解】（） 即， ，（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为，综上所述，（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为 .（）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.时，不等式为恒成立，此时； 当时， ， ， ，当且仅当时，即，时取“”, .综上 .【点睛】含参数的一元二次不等式，其一般的解法是：先考虑对应的二次函数的开口方向，再考虑其判别式的符号，其次在判别式于零的条件下比较两根的大小，最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.
