2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高一下学期第二次阶段性检测数学试题

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时量：120分钟 满分：150分 得分：______
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. 设，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】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析即可得解.
【详解】当时，，故，
当时，，则由不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2. 如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ）
A. B. C. 16D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.
【详解】在正方形中可得，
由斜二测画法可知，，
且，，
所以四边形为平行四边形，
所以．
故选：B.
3. 已知复数z满足，若，则复数z为（ ）．
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模的计算求得a的值，再根据复数的除法运算即可求得答案.
【详解】由有，即，
解得，
当时，,
当时，.
故选：C
4. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，并判断时，函数值的正负，即可判断选项.
【详解】，
定义域为，关于原点对称，
由，
所以为奇函数，排除BD；
当时，，因为为上减函数，为上的增函数，
则为上的减函数，且当，，则当，
，故，排除A.
故选：C.
5. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.
【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：

半球半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.
则，，
，
所以.
故选:A.
6. 已知函数满足，，则下列说法正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用换元法求出，再用代入法即可解出答案．
【详解】设，则，∴，．
由，有，即，∴．
故选：D
7. 如图，，，，，点在棱上的射影分别是，若，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别取中点，结合三角形中位线性质可知所求角为或其补角，根据面面垂直的性质和勾股定理可求得的长，利用余弦定理可求得，进而得到所求余弦值.
【详解】分别取中点，连接，
分别为中点，，且，，
异面直线与所成角即为或其补角；
，，，，，同理可知：；
，，，
，，
，，
又，，
，
异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
8. 已知函数，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断的对称性与单调性，再利用中间值法得，最后利用单调性比较大小即可.
【详解】因为，
所以的对称轴为，则有，
又当时，得，
而和均在区间上单调递增，
所以在区间上单调递增，
又，
，即，
所以，即.
故选：A
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知a，b是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，则直线a，b一定相交
B. 若，，则
C. 若，，则直线a平行于平面内的无数条直线
D. 若，，，则a与b是异面直线
【答案】BC
【解析】
【分析】根据空间直线和平面平行判定和性质即可逐项判断.
【详解】对于A，若，，则或a与相交，A错误；
对于B，若，，由面面平行的性质可得：存在使得，由线面平行的判定可得，B正确；
对于C，若，，则因为在α内存在无数条直线和b平行，故直线a平行于平面内的无数条直线，故C正确．
对于D，若，，，则ab或a与b是异面直线，故D错误；
故选：BC.
10. 定义：，两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于
D. 若，，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据叉乘定义，判断，至少有一个为零向量或，即可判断；对于B，根据叉乘定义，讨论和，即可判断；对于C，结合平行四边面积即可判断；对于D，由，推出，结合向量模的计算以及基本不等式即可判断.
【详解】对于A，，
若，至少有一个为零向量，则满足；
若，均不零向量，则，即，同向或反向，即，故A正确，
对于B，，
，
若，则 ，此时；
若，，此时，故B错误；
对于C，若四边形为平行四边形，
则它的面积等于，即 ，故C正确；
对于D， ，
，两式平方后相加得，即，
又，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为，故D错误，
故选：AC
11. 正方体ABCD-的棱长为a，E在棱上运动(不含端点)，则（ ）
A. 侧面中不存在直线与DE垂直
B. 平面与平面ABCD所成二面角为
C. E运动到的中点时，上存在点P，使BC∥平面AEP
D. P为中点时，三棱锥体积不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】由线垂直于面，则线垂直于面内的任意一条线，可判断A选项，由二面角的定义找到平面与平面ABCD所成二面角，可判断B选项，由线面平行的判定定理可以找到点P，可判断C选项，由线面平行的判定定理可得E到平面的距离为定值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，E在棱上运动时，DE平面，连接，，
则⊥平面，∴，A错误.
对于B选项，平面A1DE与平面ABCD所成二面角即为，B正确.
对于C选项，BC∥AD，∴BC∥面AED，
∴当P是A1C与平面AED的交点时，BC//平面AEP，C正确.
对于D选项，连接BC1与B1C交于O，连接PO，
则在中，PO∥A1B1，又∵PO⊂平面，平面PBC1，
∴A1B1∥平面，∴E到平面的距离为定值.
三棱锥体积不变，D正确.
故选：BCD
12. 已知函数（），则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 在上的值域为
C. 的最小正周期为
D. 的图象可以由函数的图象，先向左平移个单位，再向上平移个单位得到
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A ，利用辅助角公式及正弦函数的单调性即可求解；对于B，根据立方和公式及辅助角公式，利用换元法及函数单调性的定义即可求解；对于C、D，根据同角三角函数的平方关系及二倍角公式，结合余弦函数的周期公式及三角函数的平移变换即可求解.
【详解】对于A ，由题意可得：，
因，所以，且在上单调递增，
∴在区间上单调递增，故A正确；
对于B ，由题意可得：，
令，则，可得，
构建，，
则对，，，有，
故在上单调递增，故在上的值域为，
所以的值域为，故B错误；
对于C、D，由题意可得：，
故的最小正周期为，故C正确；
函数的图象，先向左平移个单位，得到，
再向上平移个单位，得到，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由已知，，，则，当且仅当，时等号成立.
故答案为：.
14. 已知正四棱锥的所有棱长均为2，且该四棱锥的五个顶点在一个球面上，则这个球的表面积______.
【答案】
【解析】
【分析】设是正四棱锥的高，求出，即可得到为球心，半径，从而求出外接球的表面积.
【详解】如图，设是正四棱锥的高，则，
则，即为球心，半径为，
所以外接球的表面积为.
故答案：
15. 在中，边上的高为2，则满足条件的的个数为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据正弦定理计算出三角形外接圆半径，求得A到的距离的最大值，和边上的高为2比较，即可确定答案.
【详解】因为中，，
所以的外接圆半径为,
即A位于以2为半径的圆弧上，
如图，当为正三角形时，此时顶点A到的距离的最大值为,
如图当A位于处时，此时为外接圆直径，则,
则，满足边上的高为2，
故满足条件的的个数为2个，
故答案为：2
【点睛】方法点睛：解答本题判断符合条件的三角形个数问题，采用作图分析即数形结合，即可判断得出结论.
16. 已知实数x，y满足，，则______.
【答案】6
【解析】
【分析】将方程化简整理，构造函数，从而得到即可求解.
【详解】，
令，则有，，
设函数，显然该函数为增函数，，
所以函数在上有唯一的零点，
因此，
故答案：6.
四、解答题：本题共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，，且与夹角为，求：
（1）；
（2）与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用来计算求；
（2）设与的夹角为，先求出，再利用向量夹角公式来计算即可.
【小问1详解】
由已知可得，
；
【小问2详解】
设与的夹角为，
又，
.
18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.
（1）求角A；
（2）若，求△ABC面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）因为，根据正弦定理“边化角”，结合正弦两角和公式，即可求得角；
（2）根据余弦定理求得关系式，结合均值不等式和三角形面积公式，即可求得的面积的最大值.
【小问1详解】
由，根据正弦定理得：
，
又，代入上式得：，
，
又，所以，
又，所以 .
【小问2详解】
由余弦定理得：
，代入得：，
根据基本不等式，得：，当且仅当时，等号成立，
的面积为：，
故面积的最大值为.
19. 如图，多面体中，四边形为矩形，二面角的大小为，，，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）分析可知二面角的平面角为，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的正弦值，即为所求.
【小问1详解】
证明：因为四边形是矩形，所以，，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
因为，、平面，则平面平面，
因为平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：因为，，所以，二面角的平面角为，
由题意可得，
又因为，、平面，所以，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，所以，
又因为，、平面，所以平面，
连接，所以直线与平面所成角为，
因为，，，则，
因为，则，
所以.
直线与平面所成角的正弦值为

20. 已知函数.将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数
的图象.
（1）求函数在区间[，]上的单调递减区间；
（2）若对于恒成立，求实数m的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式可将化为，因[，]，则
，后由在上的单调递减区间可得答案；
（2）由题可得，后利用在单调性可得.
方法1：令，则等价于
，，后分三种情况，利用分离参数结合函数单调性可得答案；
方法2：令，则等价于
，，则，即可得答案.
【小问1详解】
.
因[，]，则，又分别在上单调递增和递减，
则，即函数在区间[，]上的单调递减区间为；
【小问2详解】
函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，
所得解析式为，
又将所得函数图象向右平移个单位长度，
解析式为，则.
因，则.
又在上单调递增，在上单调递减，
则，故.
方法1：令，则等价于
，.
当时，，则此时m可取任意值；
当时，，
注意到函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，则；
当时，，
注意到函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，则；
综上可得：.
方法2：令，则等价于
，.
则.
【点睛】关键点点睛：本题涉及求正弦型函数的单调区间及恒成立问题，难度较大.
（1）问较为基础，（2）问为恒成立问题，方法1转化为最值问题，方法2利用二次函数观点解决问题.
21. 如图，PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2，又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，且直线AM与直线PC所成的角为60°.

（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；
（2）求异面直线PA与MB所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）证明平面，原题即得证；
（2）设是的中点，连接，，，证明是异面直线与所成角（或其补角），再利用余弦定理求解.
【小问1详解】
依题意，，，，平面，
所以平面，由于平面，
所以平面平面 .
【小问2详解】
设是的中点，连接，，，
由于，，所以四边形是平行四边形，所以，
由于平面，所以平面，
而，
由于直线与直线所成的角为60°，即，
所以，
由于，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以是异面直线与所成角（或其补角），
由于平面，平面，所以，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.

22. 函数.
（1）若的定义域为R，求实数a的取值范围；
（2）当时，为定义域为R的奇函数，且时，，若关于x的方程恒有两个不同的实数根，求t的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）等价于恒成立，再求出的范围即得解；
（2）先利用函数的奇偶性求出的解析式，分析得到已知等价于，再分析函数的图象得解.
【小问1详解】
由题恒成立，则恒成立，
由于，，所以，
所以.
【小问2详解】
当时，；若，，，
又因为为定义域为R的奇函数，
所以当时，，所以，
方程等价于，
根据解析式可知，
当时，，
当时，，
当时，，
因此，，
故方程即为，
由于在上是单调递增函数，
故方程即为等价于，即：，
当时，函数在单调递减，在上单调递增，
要使得有两个不同的实数解，即，即，
当时，同理可得，
综上可知，