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

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CP BA1 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 为边的 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）， 为的 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 个小时的 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， 则试验的 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.