精品解析：湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段性检测（月考）数学试题

长沙市第一中学2023-2024学年度高一第二学期第二次阶段性检测 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. 若复数是纯虚数，则实数a=（ ） A. B. C. D. 6 2. 某校举行“勇士杯”学生篮球比赛，统计高一年级部分班级的得分数据如下： 班级 1 2 3 4 5 6 7 8 得分 28 34 34 30 26 28 28 32 则下列说法正确的是（ ） A. 得分的众数为34 B. 得分的中位数为28 C. 得分的75%分位数为33 D. 得分的极差为6 3. 已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，，则“”是“”（ ） 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 5. 已知正六棱柱ABCDEF-A₁B₁C₁D₁E₁F₁的所有棱长均为1，则这个棱柱侧面对角线E₁D与BC₁所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 0 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若函数在定义域内有且仅有两个不同的零点，则m的取值范围是（　） A. B. （ C. D. 8. 已知集合，若对于任意，以及任意，满足，则称集合为“类圆集”．下列说法正确的是（ ） A. 集合为“类圆集” B. 集合为“类圆集” C. 集合不“类圆集” D. 若都“类圆集”，则也一定是“类圆集” 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在如图所示的网格中，每一个小正方形的边长均为1，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. 与的夹角为30° D. 10. 某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生（该校男女生人数之比为）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则（ ） 参考公式： A. 抽取的样本里男生有60人 B. 每一位学生被抽中的可能性为 C. 估计该学校学生身高的平均值为170 D. 估计该学校学生身高的方差为236 11. 化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）、金刚石等的分子结构．将一个正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图），已知正方体棱长为，则（ ） A. 正八面体的内切球表面积 B. 正八面体的外接球体积为 C. 若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D. 若点P为棱EB上动点（包括端点），则直线CP与平面GHMN所成角的正弦值的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设a＞0，b＞0，已知，则ab＝_______. 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，， ，则的面积为________． 14. 定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为_________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，，. （1）当时，求及值； （2）若函数，其中，求的值域． 16. 某校高一年级进行数学计算能力大赛，数学备课组从全年级的1000名学生的成绩中抽取容量为n的样本，构成频率分布直方图，且成绩在区间的人数为5． （1）求样本容量n以及频率分布直方图中的x； （2）估计全年级学生竞赛成绩的平均数； （3）从样本中得分在[80,100]的学生中随机抽取两人，问所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是多少？ 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，． （1）求边长a和角A； （2）若面积为，求中线的长度； （3）若，求角平分线的长度． 18. 在多面体ABCDEF中，，且，. （1）证明：； （2）若平面平面，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求该多面体的体积. 19. 对于函数，若存在实数m，使得为R上的奇函数，则称是位差值为m的“位差奇函数”. （1）若是位差值为的位差奇函数，求的值； （2）已知，，若存在，使得是位差值为m的“位差奇函数”. ①求实数t的取值范围； ②设直线与函数的图象分别交于A、B两点，直线与函数的图象分别交于C、D两点，若存在，且，使得，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长沙市第一中学2023-2024学年度高一第二学期第二次阶段性检测 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. 若复数是纯虚数，则实数a=（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则，再结合纯虚数概念的理解就可以得解. 【详解】因为，且为纯虚数， 所以，，解得. 故选：A. 2. 某校举行“勇士杯”学生篮球比赛，统计高一年级部分班级的得分数据如下： 班级 1 2 3 4 5 6 7 8 得分 28 34 34 30 26 28 28 32 则下列说法正确的是（ ） A. 得分的众数为34 B. 得分的中位数为28 C. 得分的75%分位数为33 D. 得分的极差为6 【答案】C 【解析】 【分析】将数据从小到大重新排列，由众数、中位数、百分位数的定义计算即可得C正确，再根据极差的概念可得D错误. 【详解】根据表格中数据可知，出现次数最多的是28，所以得分的众数为28，即A错误； 将8个数据从小到大排列为26，28，28，28，30，32，34，34， 所以中位数为，可知B错误； 易知为整数，所以第75%分位数为第6个和第7个数的平均值，即C正确； 得分的极差为，即D错误. 故选：C 3. 已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】因为， 对于A，若，则与有可能异面，故A错误； 对于B，若，则，又，则，故B正确； 对于C，若，则有可能，故C错误； 对于D，若，则与有可能相交，故D错误． 故选：B． 4. 已知，，则“”是“”（ ） 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】B 【解析】 【分析】根据基本不等式可知当时，；反之不成立，即可得出结论. 【详解】若“”，可知当时，不成立，即可知充分性不成立； 若，可得，即可得，即必要性成立， 因此可得“”是“”的必要不充分条件； 故选：B 5. 已知正六棱柱ABCDEF-A₁B₁C₁D₁E₁F₁的所有棱长均为1，则这个棱柱侧面对角线E₁D与BC₁所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角就是异面直线所成的角，在三角形中利用余弦定理求出此角余弦值即可. 【详解】由图可得，在正六棱柱中，，连接， 则即为异面直线与所成角或其补角； ，, 同理可得，， 在中，,， , 由余弦定理可得：. 故选：C 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式及同角三角函数的商数关系结合二倍角公式计算即可. 【详解】因为，所以， 可得， 所以． 故选：D 7. 已知，若函数在定义域内有且仅有两个不同的零点，则m的取值范围是（　） A. B. （ C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过参变分离、换元法，把函数的零点个数转化成直线与抛物线的交点个数. 【详解】， 函数在有两个不同零点方程在有两个不同的根，设， 在有且仅有两个不同的根与抛物线有且仅有两个不同的交点， 【点睛】通过换元把复杂的分式函数转化为熟知的二次函数，但要注意换元后新元的取值范围. 8. 已知集合，若对于任意，以及任意，满足，则称集合为“类圆集”．下列说法正确的是（ ） A. 集合为“类圆集” B. 集合为“类圆集” C. 集合不为“类圆集” D. 若都是“类圆集”，则也一定是“类圆集” 【答案】B 【解析】 【分析】利用共线定理可知对于任意，线段上一点，都有，则集合为“类圆集”，结合“类圆集”定义分别对选项进行判断可得A错误，B正确，C错误，再举出反例,可得D错误. 【详解】设，，； 则，即可得，则点在线段上， 由题意可得，若对于任意，线段上一点，都有，则集合为“类圆集”， 对于A, 集合,若对于任意的满足，则， 函数如下图，显然线段上任意一点，不一定满足， 图中所示，即； 故集合不为“类圆集”，即A错误； 对于B，若，对于任意的满足，则， 函数如下图，显然线段上任意一点，都有，即； 故可得集合为“类圆集”，即B正确； 对于C，集合，对于任意的满足，则， 函数如下图，显然线段上任意一点，都有，即； 故可知集合为“类圆集”，即C错误； 对于D，若都是“类圆集”，不妨取； 对于任意的满足，则， 函数如下图，显然线段上任意一点都有，即； 故为“类圆集”，同理可得也为“类圆集”； 而的图象如下：显然，但线段上任意一点不满足，也不满足，即， 即不一定是“类圆集”，即D错误. 故选：B 【点睛】方法点睛： 集合新定义问题的方法和技巧： (1) 通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单应用，从而加深对信息的理解； (2) 可用自己的语言转述新信息所表述的内容，可对此信息理解更加透彻； (3) 发现新信息与所学知识联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在如图所示的网格中，每一个小正方形的边长均为1，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. 与的夹角为30° D. 【答案】AD 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出，，，四点坐标，利用坐标进行向量的坐标运算即可求解. 【详解】以点为坐标原点，水平方向为轴，竖直方向为轴建立平面直角坐标系， 在平面直角坐标系下，，,，， 所以,， ，， 由于，所以，A正确； 根据投影向量的定义，结合图象，在方向上的投影向量为，B错误； ， 所以与的夹角不是为30°，C错误； ，则，D正确． 故选：AD 10. 某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生（该校男女生人数之比为）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则（ ） 参考公式： A. 抽取的样本里男生有60人 B. 每一位学生被抽中的可能性为 C. 估计该学校学生身高的平均值为170 D. 估计该学校学生身高的方差为236 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分层抽样的公式，以及利用每层样本的平均数和方差公式，代入总体的均值和方差公式，即可判断选项. 【详解】对于项，抽取的样本里男生有人，所以A项正确； 对于B项，由题可知，每一位学生被抽中可能性为，所以B项正确； 对于C项，估计该学校学生身高的平均值为，所以C项错误； 对于D，估计该学校学生身高的方差为，所以D项正确. 故选：ABD 11. 化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）、金刚石等的分子结构．将一个正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图），已知正方体棱长为，则（ ） A. 正八面体的内切球表面积 B. 正八面体外接球体积为 C. 若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D. 若点P为棱EB上的动点（包括端点），则直线CP与平面GHMN所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，可以利用等体积列出关于内切球半径的方程，解之即得；对于B项，利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即得；对于C项，证明∥平面，根据平行的性质结合转换顶点法求体积；对于D项，作辅助线，分析可知直线CP与平面GHMN所成角的为，分析长度关系即可得取值范围. 【详解】由题意可知：正八面体的棱长为，，， 对于A项，设该正八面体内切球的半径为， 由正八面体的体积可得，解得， 所以它的内切球表面积为，故A项正确； 对于选项B：由题意可知：，且， 结合对称性可知：点为正八面体外接球的球心，则正八面体外接球的半径， 所以正八面体外接球的体积为，故B项错误； 对于选项C：由题意可知：∥， 且平面，平面，可得∥平面， 则点P到平面的距离即为点B到平面的距离， 所以，故C正确； 对于选项D：分别过作平面GHMN的垂线，垂足分别为， 可知∥∥，且， 则分别为棱的中点，且在线段上， 可得，则， 由平面GHMN，可知直线CP与平面GHMN所成角的为， 可得， 所以直线CP与平面GHMN所成角的正弦值的取值范围是，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设a＞0，b＞0，已知，则ab＝_______. 【答案】8 【解析】 【分析】根据对数的运算性质，化简即可得到结果. 【详解】因为，则. 则， 所以，. 故答案为：8. 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，， ，则的面积为________． 【答案】3 【解析】 【分析】利用余弦定理，结合已知求出，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】在中，由余弦定理，得，则， 于是，解得， 所以的面积为. 故答案为：3 14. 定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由等边圆锥和等边圆柱的定义可知，当等边圆柱内切于等边圆锥时体积最大，利用三角形相似求得圆柱半径可得其体积. 【详解】根据题意可知，等边圆锥的轴截面为等边三角形，且， 设等边圆柱轴截面是边长为的正方形，可知，如下图所示： 当圆柱体积最大时，等边圆柱内切于等边圆锥， 此时易知，即，可得， 解得，； 所以该圆柱的体积的最大值为. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，，. （1）当时，求及的值； （2）若函数，其中，求的值域． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算直接计算； （2）根据向量数量积的坐标运算和辅助角公式得，再由三角函数的性质求值域. 【小问1详解】 当时，， ，, 则，； 【小问2详解】 ， ， 所以， 若，则，， 所以，即的值域为. 16. 某校高一年级进行数学计算能力大赛，数学备课组从全年级的1000名学生的成绩中抽取容量为n的样本，构成频率分布直方图，且成绩在区间的人数为5． （1）求样本容量n以及频率分布直方图中的x； （2）估计全年级学生竞赛成绩的平均数； （3）从样本中得分在[80,100]的学生中随机抽取两人，问所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是多少？ 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由成绩在区间的频率为，求得样本容量，频率分布直方图中频率和为1求得； （2）根据频率分布直方图估计平均数； （3）列出所有可能的事件，结合古典概型公式可得所求概率． 【小问1详解】 成绩在区间的频率为，， 由频率分布直方图可得第4组的频率为 ，故. 【小问2详解】 先估计所抽取的25名学生成绩的平均数为 （分）， 估计全年级学生竞赛成绩的平均数为； 小问3详解】 得分成绩在有（人）， 这组的3名学生分别为， ， ， 得分在区间[90，100]有（人）， 这组的2名学生分别为，， 随机抽取两人，所以可能的结果为 共10种， 所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90，100]的结果为 共7种， 故所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是. 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，． （1）求边长a和角A； （2）若的面积为，求中线的长度； （3）若，求角平分线的长度． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据，利用正弦定理得到，求得a，再由求得角A； （2）由余弦定理和三角形面积公式求得和，再由，两边平方求中线的长度； （3）由余弦定理得，再由，可得角平分线的长度. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得． 可得． 由，得， 得， 得或，故或0（舍去）． 【小问2详解】 由，得， 由余弦定理可知，， 由（1）可得，所以， 又， 所以 ， 即， 所以中线的长度为； 小问3详解】 若，由余弦定理，， 可知，所以，即， 因为为角平分线，所以， 即， 则，所以. 18. 在多面体ABCDEF中，，且，. （1）证明：； （2）若平面平面，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求该多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3）16 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算可得，再利用勾股定理可得，同理可得，由线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）根据线段长度作出二面角的平面角，再由余弦定理即可求得结果； （3）将多面体分割成四棱锥和三棱锥两部分，再利用体积公式求出两部分体积相加即可. 【小问1详解】 在中，，， 由余弦定理可得，即； 满足，即； 又，所以； 同理可得， 因为，平面，， 所以平面, 又平面，所以； 又因为，，所以四边形是平行四边形； 因此， 所以. 【小问2详解】 若平面平面,由（1）知， 所以可得平面，平面，所以， 且，， 由勾股定理可知， 取的中点为，连接，如下图所示： 易知，即可得即为二面角的平面角， 显然，，又， 在中，， 即可得二面角的余弦值为. 【小问3详解】 连接，如下图所示： 易知多面体的体积等于四棱锥的体积加上三棱锥的体积； 由（2）可知和分别是四棱锥和三棱锥的高， 易知， ， 可得多面体的体积. 19. 对于函数，若存在实数m，使得为R上的奇函数，则称是位差值为m的“位差奇函数”. （1）若是位差值为的位差奇函数，求的值； （2）已知，，若存在，使得是位差值为m的“位差奇函数”. ①求实数t的取值范围； ②设直线与函数的图象分别交于A、B两点，直线与函数的图象分别交于C、D两点，若存在，且，使得，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可得为R上的奇函数，结合三角函数的奇偶性分析求解即可； （2）①分析可知对任意的，均存在成立，整理可得，即可得结果；②根据向量平行分析可得，构建，可知在内不单调，结合复合函数单调性分析求解即可. 【小问1详解】 因为 ， 若是位差值为的位差奇函数， 则为上的奇函数， 注意到为上的奇函数，为上的偶函数， 可知，则，解得. 【小问2详解】 ①因为， 由题意可知：对任意的，均存在成立， 因为 整理可得， 又因为，当且仅当，即时，等号成立， 则，即， 所以实数t的取值范围为； ②由①可知：， 则，， 设， 则， 若，则， 且，即，则， 即， 构建， 则，且，， 结合在上连续不断，可知在内不单调， 令，则， 且在内单调递增， 可知在内单调递增， 当时，；当，；即， 可得在内不单调， 且的图象开口向上，对称轴， 则，解得， 所以实数m的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$