2021-2022学年湖南省邵阳市邵东市第一中学高一下学期第三次月考数学试题含解析

2021-2022学年湖南省邵阳市邵东市第一中学高一下学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限为（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】由复数的代数运算化简可得复数，进而可得其共轭复数，确定对应的点所在的象限.

【详解】解：由题意可得，

则其共轭复数.

故复数在复平面内对应的点为，在第三象限.

故选：C.

2．已知向量，，，则与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，利用向量数量积的定义和运算律可构造方程求得，结合向量夹角范围可得结果.

【详解】，，

，解得：，

又，，即与的夹角为.

故选：D.

3．已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，下列命题正确的是（       ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】D

【分析】ABC选项，可举出反例，D选项，可证明面面平行的性质证得.

【详解】对于A选项，，，则或，故A错误；

对于B选项，，，则或或与斜交，故B错误；

对于C选项，，，则或，故C错误；

对于D选项，，，根据面面平行，可证得线面平行，即

故选：D.

4．设则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由指数函数、对数函数的单调性，并与0，1比较可得答案

【详解】由指数、对数函数的性质可知：，，

所以有.

故选：D．

5．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定

【答案】B

【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.

【详解】因为，

所以由正弦定理可得，

，

所以，所以是直角三角形.

【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.

6．某班有n位同学，统计一次数学测验的平均分与方差．在第一次计算时漏过了一位同学的成绩，算得位同学的平均分和方差分别为、，所以只好再算第二次，算得n位同学的平均分和方差分别为、，若已知该漏过了的同学的得分恰好为，则（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】依据平均数和方差的定义分别计算出、、、，再进行大小比较即可.

【详解】设这个班n位同学的成绩分别是，，…，，…，，

第一次漏过了第i位同学的成绩，第一次计算时总分是，

方差是

第二次计算时，，

方差

故，

故选：C．

7．在如图的平面图形中，已知,则的值为

A． B．

C． D．0

【答案】C

【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.

详解：如图所示，连结MN，

由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，

则，

由题意可知：

，，

结合数量积的运算法则可得：

.

本题选择C选项.

点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

8．如图所示，正方体中，点为底面的中心，点在侧面 的边界及其内部移动，若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线与所成角的余弦值的最大值.

【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2

，，，

设，因为，

所以，则

在侧面内取一点，使得，则

易知三角形为直角三角形，则

设，对称轴为，则

即

故选：C

二、多选题

9．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（       ）

A．

B．函数的图象关于点对称

C．，

D．函数在上无最小值

【答案】BC

【分析】由图可知，，进而结合待定系数得，再依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：由图可知，，，

所以，即，所以，

再将代入得，即，

所以，即，

因为，所以，即，故A选项错误；

令，解得，即函数的对称中心为，所以当时，函数的图象关于点对称，故B正确；

因为，，即函数关于对称，由函数图像易知正确，故C正确；

当时，，所以当，即时函数取得最小值，故D错误.

故选：BC

10．在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式成立的是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由平面向量的数量积运算可得：，=，

再结合直角三角形中的射影定理可得选项A,B正确，由的符号可得选项C错误，由三角形全等可得选项D正确，综合可得解.

【详解】解：由,由射影定理可得，

即选项A正确，

由=,由射影定理可得，

即选项B正确，

由,又，即选项C错误，

由图可知，所以，

由选项A,B可得 ，即选项D正确，

故选ABD.

【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算、直角三角形中的射影定理及三角形全等，属中档题.

11．已知△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c且a＝6，4sinB＝5sinC，有以下四个命题中正确命题有 （　　）

A．△ABC的面积的最大值为40

B．满足条件的△ABC不可能是直角三角形

C．当A＝2C时，△ABC的周长为15

D．当A＝2C时，若O为△ABC的内心，则△AOB的面积为

【答案】ACD

【分析】对于A，运用圆的方程和三角形的面积公式，即可得到所求最大值；对于B，考虑勾股定理的逆定理，即可判断；对于C，运用正弦定理可得4b＝5c，运用三角函数的恒等变换，即可得到所求周长；对于D，运用正弦定理和三角函数的恒等变换、三角形的面积公式和等积法，即可得到所求面积.

【详解】以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，可得B（﹣3，0），C（3，0），

4sinB＝5sinC，可得4b＝5c，设A（m，n），

可得4＝5，平方可得16（m2+n2﹣6m+9）＝25（m2+n2+6m+9），

即有m2+n2+m+9＝0，化为（m+）2+n2＝（）2，

则A的轨迹为以（﹣，0），半径为的圆，可得△ABC的面积的最大值为×6×＝40，

故A对；

a＝6，4sinB＝5sinC即4b＝5c，设b＝5t，c＝4t，由36+16t2＝25t2，可得t＝，

满足条件的△ABC可能是直角三角形，故B错误；

a＝6，4sinB＝5sinC，A＝2C，可得B＝π﹣3C，

由正弦定理可得4b＝5c，可得b＝，

由＝，可得＝＝，

由sinC≠0，可得：4cos2C﹣1＝，解得：cosC＝，或﹣（舍去），

sinC＝＝，可得sinA＝2sinCcosC＝2××＝，

＝，可得：c＝4，b＝5，则a+b+c＝15，

故C对；

a＝6，4sinB＝5sinC，A＝2C，可得B＝π﹣3C，

由正弦定理可得4b＝5c，可得b＝，

由＝，可得＝＝，

由sinC≠0，可得：4cos2C﹣1＝，解得：cosC＝，或﹣（舍去），

sinC＝＝，可得：sinA＝2sinCcosC＝2××＝，

＝，可得：c＝4，b＝5，

S△ABC＝bcsinA＝×5×4×＝.

设△ABC的内切圆半径为R，则R＝＝＝，

S△ABO＝cR＝×4×＝.故D对.

故选：ACD.

【点睛】本题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化思想和运算能力，属于难题.

12．如图，在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（       ）

A．

B．的长为定值

C．与的夹角为

D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是

【答案】ABD

【分析】利用线面垂直证明线线垂直，判断A选项；取中点，连接，，结合余弦定理，求得，并判断B选项；利用几何法将与的夹角转化为与的夹角，判断C选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断D选项.

【详解】

A选项：由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，所以，且将沿直线翻折成，所以，又，平面，又平面，所以，故A选项正确；

B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项正确；

C选项：由B选项得，所以与的夹角即为与所成角，，，且，所以，所以，故C选项错误；

D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，可知，故三棱锥的外接球即为其所在矩形的外接球，故外接球半径，外接球表面积，故D选项正确；

故选：ABD.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三、填空题

13．函数的零点，则a=___________.

【答案】3

【分析】易知是增函数，再由零点存在定理结合求解.

【详解】因为均为增函数，

所以是增函数，

又，

所以的零点，

又，

所以，

故答案为：3

14．抛掷两枚质地均匀的骰子各一次，第一枚出现的点数记为m，第二枚出现的点数记为n，则的概率为________.

【答案】

【分析】结合古典概型概率计算公式计算出正确答案.

【详解】由题意可得，抛掷两次骰子出现的总可能数为种，

其中满足的有：，，，，，，，，，

共9种，故所求的概率.

故答案为：

15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且，若BC边上的中线长，则的面积为________．

【答案】

【分析】根据和正弦定理边化角可求cosA，从而求得A、B、C；在△ADC中，利用余弦定理可求CD，从而可求AC、AB，根据即可求得答案．

【详解】∵，

∴由正弦定理得，

∵，∴，

∵，∴，∴，．

设，则DC=DB=x，

在中，由余弦定理得，解得，

∴，

∴．

故答案为：．

16．在棱长为的正方体空盒内，有四个半径为的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径的最大值为________；大球体积的最小值为________．

【答案】         

【分析】当正方体盒内四个小球最大时，四个小球相切，且与正方体侧面相切，易求此时小球半径为正方体棱长的，大球球心与四个小球球心构成一个正四棱锥，根据大球和正方体盒盖相切即可求出大球半径，从而求出大球体积．

【详解】由题意，正方体盒内四个小球最大时，四个小球相切，且与正方体侧面相切，

此时小球半径，则小球体积最大值为，

显然大球此时最小，大球球心O与四个小球球心，，，构成一个正四棱锥，

，侧棱，

设正方形的中心，则，

高，

将向两端延长交上底面于H，交下底面于K，则：

，

故，即，解得．

∴大球体积的最小值为．

故答案为：；．

四、解答题

17．从某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频数分布表：

(1)估计这种产品质量指标值的平均数、众数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）及中位数（保留一位小数）；

(2)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80%”的规定？如果不能，那么质量指标值应该定为不低于多少？

【答案】(1)平均数约为100，众数为100，中位数为99.7

(2)不能，90.4

【分析】(1)根据运用频率分布直方图估计平均数、众数及中位数方法计算即可；

(2)计算质量指标值不低于95的产品的频率，用样本频率进行估计即可.

【详解】(1)质量指标值的样本平均数为:

，

质量指标值的样本众数为 ，

所以这种产品质量指标值的平均数约为100，众数为100，

由上可知中位数落在内，设中位数为，则：

，得到，

因此，中位数为99.7.

(2)质量指教不低于95的产品所占比例约为.

由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业伸长的这种产品符合“质量

指标不低于95的产品至少要占全部产品的80%”的规定；

离0.8还差0.12，故，

故质量指标不低于95-4.6=90.4 .

18．ABC中，分别为角A，B，C的对边，且满足．

（1）求角C ；

（2）若ABC为锐角三角形，c＝12，求ABC面积S的最大值．

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）根据， 由正弦定理得到：，即求解；

（2）由（1）根据ABC为锐角三角形，得到，然后利用余弦定理结合基本不等式得到的范围求解.

【详解】（1）因为，

由正弦定理可得：，

因为，

所以，

所以，即，

所以或，

即或，

①若，则，

②若，则，

因为，所以，即，

综上，或.

（2）因为ABC为锐角三角形，所以，

因为，

即（当且仅当a＝b等号成立）.

所以

即△ABC面积S的最大值是

19．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，边上的中点为D．

(1)求四棱锥的体积；

(2)求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用锥体体积公式去求四棱锥的体积；

（2）分别求得所剩几何体各个面的面积即可求得三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积．

【详解】(1)设边上的中点为E．连接，

又面面,面面，则平面，

即为四棱锥的高，．

所以四棱锥的体积．

(2)由题意得，，，

从而，所以，

所以，

所以

所以三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为．

20．如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，，PA⊥底面ABC，M是PB上的动点，且，N是PC的中点．

(1)若时，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明；

(2)若平面PBC与平面ABC所成的角为，点M到平面PAC的距离是，求的值．

【答案】(1)直线平面PBC，证明见解析

(2)

【分析】（1）可证平面ABC，从而得到，故可得直线平面PBC．

（2）根据平面PBC与平面ABC所成的角为可得，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点面距公式可求的值.

【详解】(1)直线平面PBC，

证明：当时，M是PB的中点，又因为N是PC的中点，

所以，又平面ABC，且平面ABC，

所以平面ABC，又平面AMN，且平面平面，

所以，又因为平面PBC，平面PBC，所以直线平面PBC．

(2)因为AC是圆O的直径，所以，

由勾股定理得，因为PA⊥平面ABC，平面ABC，

所以，又，，

所以BC⊥平面PBA，而平面PBA，故，

故∠PBA就是二面角的平面角，所以，

所以△PAB为等腰直角三角形，且，

以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

设平面PAC的一个法向量为，

则，所以

令，则，得，

设，

所以点M到平面PAC的距，所以．

21．已知中，的对边分别为且.

（1）判断的形状，并求的取值范围；

（2）如图，三角形的顶点分别在上运动，，，若直线直线 ，且相交于点，求，间距离的取值范围.

【答案】（1）为直角三角形，；（2）.

【解析】（1）根据向量数量积的运算法则，将原式化简整理，得到，推出，即可得出三角形的形状，再将化为，结合角的范围，以及三角函数的性质，求出值域，即可得出结果；

（2）记，其中，由此得出，再由余弦定理，得出，结合三角形的性质，即可求出结果.

【详解】（1）由可得，

则，所以，则，所以，

因此，即，则为直角三角形，；

所以，所以，则，

因此，

因为，所以，则；

（2）不妨记，其中，则，

由余弦定理可得，，

因为，所以，则，所以，

则.

【点睛】思路点睛：

求解三角形中的边长取值范围问题时，可根据正弦定理或余弦定理，将问题转化为求三角函数的值域问题，结合三角函数的性质，即可求解.

22．已知函数.

(1)当时，求的单调区间；

当时，解不等式；

(2)若存在，使得，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由题意，去掉绝对值，写成分段函数，根据二次函数的性质，可得单调性；再研究其其奇偶性，结合单调性，解不等式.

（2）利用整体换元，得到不等式成立的必要条件，根据该条件，转化为不等式能成立问题，可得答案.

【详解】(1)当时，

故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.

当时，，记则，故为奇函数，且在R上单调递增，不等式化为，即，进一步化为，即，从而由在R上单调递增，得，解得.故不等式的解集为.

(2)设，，则问题转化为存在，使得，

又注意到时，，且，

可知问题等价于存在，，即在上有解.

即在上有解，于是或在上有解，

进而或在上有解，

由函数在上单调递减，在上单调递增，

在上单调递增，可知，，

故的取值范围是或.