2021-2022学年湖南省长沙市第一中学高一下学期第三次阶段性检测数学试题解析版

  长沙市第一中学2021-2022学年度高一第二学期第三次阶段性检测

数学

时量：120分钟满分：150分

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知C为复数集，集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】在复数集合下求出，，从而判断出正确答案.

【详解】，解得：，所以，

，解得：，，所以，

所以A

故选：B

2. 已知，则（）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先根据共轭复数的定义可得，再根据复数的运算法则即可求出．

【详解】因为，所以．

故选：B．

3. 已知函数在上单调递增，则的值可以是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出，结合正弦函数的单增区间即可求解.

【详解】当时，，则，解得，

当时，，结合选项可知，只有B选项符合.

故选：B.

4. 设，，，，则a，b，c的大小关系为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据，得到，即，，，从而判断出大小关系.

【详解】因为，所以0<，且，

所以，，，所以.

故选：D.

5. 下列说法正确的是（）

A. 空间中过直线外一点有且只有一条直线与这条直线垂直

B. 空间中过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行

C. 过平面外一点有且只有一个平面与这个平面垂直

D. 过平面外一点有且只有一条直线与这个平面平行

【答案】B

【解析】

【分析】利用空间的平行和垂直关系对四个选项进行判断.

【详解】空间中过直线外一点有无数条直线与这条直线垂直，故选项A错误；

空间中过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，选项B正确.

过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直，故选项C错误；

过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，故选项D错误.

故选：B.

6. 有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中（）

A. 中位数与平均数的值不同 B. 第70百分位数与众数的值不同

C. 方差与极差的值相同 D. 方差与标准差的值相同

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定的样本数据，分别求出平均数、中位数、众数、极差、方差、标准差、第70百分位数，再逐项判断作答..

【详解】依题意，样本平均数，中位数为3，A不正确；

因，于是得第70百分位数是，众数为4，B不正确；

样本方差，极差为，C不正确，

样本标准差，D正确.

故选：D

7. 已知是空间中两两不共线的非零向量，则“，”是“，”的（）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量垂直时数量积为0先证明必要性，再证明充分性，得到答案.

【详解】若，则，

从而，故；

若，则，从而，故.

故选：C.

8. 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（）

A. 当时，存在点P使得CPBA1

B. 当时，不存在点P使得B，P，C1三点共线

C. 当时，不存在点P使得A1，B1，C，P四点共面

D. 当时，存在点P使得A1B⊥AP

【答案】D

【解析】

【分析】A选项，由得到点在线段上，故直线与异面，A错误；

当为线段的中点时，三点共线，B错误；

当时，当位于与的交点处时四点共面，C正确；

D选项，作出辅助线，证明线线垂直，得到线面垂直，找到平面，因为过定点与直线垂直的平面有且只有一个，故D正确.

【详解】由题知，

对于选项和：当时，点在线段上，因为直线与异面，

故直线与异面，故选项错误；

当为线段的中点时，三点共线，故选项B错误；

对于选项：当时，取线段的中点分别为，连接，

因为，即，所以，则点在线段上，

当位于与的交点处时四点共面，故选项C错误；

对于选项：当时，取的中点的中点，连接，

因为，

即，所以，则，点在线段上，

当点在点处时，取的中点，连接，

因为平面，又平面，所以，

在正方形中，，又平面，

故平面，又平面，所以，

在正方形中，，又平面，

所以平面，因为过定点与直线垂直的平面有且只有一个，

故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确.

故选：D.

【点睛】立体几何中寻找点，使得满足平行或垂直关系，要能从题干条件和立体图形特点出发，找到合适的点，再进行相应的证明，需要较强的空间想象能力.

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 对于任意两个向量，下列命题正确的是（）

A.  B.

C.  D. 若，则

【答案】AC

【解析】

【分析】由向量的概念、加法、减法和数量积运算依次判断4个选项即可.

【详解】对于A，显然正确；对于B，当为非零向量，且时，显然，B错误；

对于C，，C正确；对于D，向量无法比较大小，D错误.

故选：AC.

10. 已知函数，设其定义域为I，则（）

A. 为奇函数 B. 为偶函数

C. ， D. ，

【答案】ACD

【解析】

【分析】求出给定函数的定义域I，再逐项判断即可判断作答.

【详解】依题意，，解得，即，

，有，，为奇函数，A正确，B不正确；

，，C正确；

取，则，D正确.

故选：ACD

11. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，EF与BD的交点为G，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点P，则（）

A. PD⊥EF

B. 三棱锥P−DEF的体积为

C. PG与DF所成角的余弦值为

D. 三棱锥P−DEF的外接球的表面积为

【答案】ABC

【解析】

【分析】A选项，由线线垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直；C选项，作出辅助线，找到PG与DF所成角，求出各边长，用余弦定理求出所成角的余弦值；BD选项，由等体积法求出，求出外接球半径，进而求出外接球表面积.

【详解】对于选项平面平面，故选项正确；

对于选项：取的中点，则，从而为与所成角，

，

所以，故选项正确；

对于选项和：由两两垂直，

故，

且其外接球为以为边长方体的外接球，

故外接球的半径，其外接球的表面积为，

故选项B正确，错误.

故选：.

12. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）

A. 甲与乙互斥 B. 丙与丁互斥

C甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立

【答案】BC

【解析】

【分析】直接由互斥事件的概念判断A、B选项；计算出甲、乙、丙、丁事件的概率，由独立事件概率公式判断C、D选项即可.

【详解】由题意可知，两点数和为6的所有可能为，两点数和为7的所有可能为，

甲乙丙丁，对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；

对于B选项，丙与丁不可能同时发生，故选项B正确；

对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；

对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.

故选：BC.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 假设，且事件A与B相互独立，则________.

【答案】##

【解析】

【分析】先算出，再利用求解即可.

【详解】，则.

故答案为：0.8.

14. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为___________.

【答案】2

【解析】

【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长.

【详解】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为，

又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，

即圆锥的母线长为2，

故答案为2.

15. 如图，为了测量河对岸的塔高，选与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得米，则塔高________米．

【答案】20

【解析】

【分析】设塔高为，利用和分别表示出、，然后在中利用余弦定理，求出即可.

【详解】设塔高为，

在中，

在中，

在中，由余弦定理得：

即：解得.

故答案为：20.

16. 已知，点A，B，C是函数与的图象中连续相邻的三个公共点，若△ABC是钝角三角形，则的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】画出图象，求出，根据两函数相等得到，从而求出，根据为钝角三角形，只需，从而得到，求出.

【详解】如图，记为连续三交点（不妨设点在轴下方），为中点.

由对称性可得是以为顶角的等腰三角形，，，

由，整理得，

得，

则，所以，

要使为钝角三角形，只需即可，由，

所以.

故答案为：

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知向量=（，），，=（1，）.

（1）若，求的值；

（2）若，求的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由向量平行得到方程，求出，求出；（2）由向量垂直得到方程，求出.

【小问1详解】

由题知，得，

又，

【小问2详解】

由题知，得，

即.

18. 某中学有初中生1800人，高中生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用按比例分层随机抽样方法，从中抽取了100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中生”和“高中生”按学生的课外阅读时间（单位：小时）各分为5组：[0，10），[10，20），[20，30），[30，40），[40，50]，得其频率分布直方图如图所示.

（1）估计全校学生中课外阅读时间不足10个小时的总人数是多少；

（2）从课外阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，求至少有2个初中生的概率.

【答案】（1）人；

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图分别求出初中、高中生课外阅读时间不足10个小时的人数，再求和作答.

（2）结合分层抽样方法求出课外阅读时间不足10个小时的样本学生中初中生、高中生人数，再用列举法计算概率作答.

【小问1详解】

初中生中，课外阅读时间不足10个小时频率为，

则所有的初中生中，课外阅读时间不足10个小时的学生约有人；

高中生中，课外阅读时间不足10个小时的频率为，

则所有高中生中，课外阅读时间不足10个小时的学生约有人，

所以该校所有学生中，课外阅读时间不足10个小时的学生人数约有人.

【小问2详解】

记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，至少抽到2名初中生”为事件，

由按比例分层随机抽样知，抽取的初中生有名，高中生有名，

阅读时间不足10个小时的学生中，初中生样本人数为人，高中生样本人数为人，

记这3名初中生为，2名高中生为，从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，

则试验样本空间为，共10个样本点，它们等可能，

其中事件=，共7个样本点，

所以至少抽到2名初中生的概率为.

19. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=BB1=3，G为AB的中点，E，F分别在线段A1C1，AC上，且.

（1）求证：平面BB1F；

（2）求四面体BEFG的体积.

【答案】（1）证明见解析

（2）2

【解析】

【分析】（1）先证明平面平面，由面面平行的性质定理证明

（2）由等体积法求解

【小问1详解】

取的中点，连接，

故为的中位线，得，

而平面，平面，

从而平面，①

又，结合长方体的对称性知，

即四边形为平行四边形，故，

又，所以，

而平面，平面，

从而平面，②

，

结合①②知，平面平面，

从而平面.

【小问2详解】

.

20. 在△ABC中，，.

（1）求的值；

（2）求△ABC的面积S.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得，又，结合和角公式及商数关系即可求得；

（2）由（1）结合平方关系求得，又由结合三角形面积公式即可求解.

【小问1详解】

由正弦定理知，得，又，所以，

所以，从而.

【小问2详解】

由（1）知，代入得，因为，

所以

21. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA=PD，点E为BC的中点，△AEB为等边三角形.

（1）证明：PB⊥AE；

（2）点F在线段PD上且DF=2FP，若二面角F−AC−D的大小为45°，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，证明，由面面垂直得到线面垂直，进而得到，得到平面，求出PB⊥AE；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；方法二：作出辅助线，得到二面角的平面角，求出各边长，利用等体积法求解点到平面的距离，从而求出线面角的正弦值.

【小问1详解】

因为点为的中点且为等边三角形，

所以，从而.

取的中点，则四边形为菱形，连接BO，

故，①

又，且为的中点，则，

又平面平面，平面平面，所以平面，

从而②

由①②得：平面，

又平面，故.

【小问2详解】

解法一：设，作交，由（1）已证平面，从而两两垂直，以点，为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.

则.

设平面的一个法向量为，

又，

由得

今，则，故，

由平面知为平面的一个法向量.

由二面角的大小为知，解得.

从而为平面的一个法向量，

所以点到平面的距离为，

从而直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：作交于，作于，连接，

由（1）已证平面，故平面，

又平面，所以，

又，所以平面，

所以为二面角的平面角，由题知.

不妨设，又，

所以，且，

所以.

设点到平面的距离为，则由知，

得，解得.

从而直线与平面所成角的正弦值为.

22. 已知函数在区间（）上的最大值为，最小值为，记.

（1）求的值；

（2）设（）.

①若，试写出方程的一个解；

②若，求函数的零点个数.

【答案】（1）

（2）①（答案不唯一）；②答案见解析

【解析】

【分析】（1）先化简得，将代入求得，根据单调性求出即可；

（2）①由得或，进而得到，解出即可；②将函数的零点个数转化为与的交点个数，分类讨论求出的解析式，画出函数的图象，对分类讨论即可确定零点个数.

【小问1详解】

.

当时，，此时，，于是.

【小问2详解】

①由（1）知，，最小正周期，当，，即，或显然满足，

由于区间的长度为，即，只要满足，即可满足或，

此时.（此题答案不唯一）

②函数的零点个数即与的交点个数.

当时，，此时函数单调递增，

则；

当时，，此时函数在单调递增，在单调递减，

又，则；

当时，，此时函数在单调递增，在单调递减，

又，.

于是在直角坐标系内画出函数的图象如下，

由图可知，当或时，函数的零点个数为0，

当或时，函数有1个零点，

当或时，函数有2个零点，

当时，函数有3个零点.