階段性檢測3.2（中）（范圍：集合至立體幾何）（解析版）

階段性檢測3.2（中）（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設集合，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)含絕對值不等式和分式不等式的解法求出集合，再根據(jù)交集的定義即可得出答案.【詳解】因為或，或，所以.故選：D.2．已知，則（

）A． B． C．0 D．1【答案】A【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算求出，再由共軛復數(shù)的概念得到，從而解出．【詳解】因為，所以，即．故選：A．3．設為單位向量，在方向上的投影向量為，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)投影向量的定義，結合平面向量數(shù)量積的運算性質進行求解即可.【詳解】因為在方向上的投影向量為，所以，所以有，故選：D4．將函數(shù)的圖像向右平移個單位長度，得到函數(shù)的圖像，則下列正確的是（

）A．直線是圖像的一條對稱軸 B．的最小正周期為C．的圖像關于點對稱 D．在上單調遞增【答案】C【分析】利用輔助角公式化簡，再平移圖像得到的解析式，然后利用對稱軸，周期，對稱中心和單調性即可逐個選項判斷.【詳解】由，則圖像向右平移個單位長度可得，，因為，所以不是圖像的一條對稱軸，A錯；由，得的最小正周期為，B錯；由，所以點是圖像的一個對稱中心，C正確；由，則，所以在上有增有減，D錯.故選：C5．有一種鉆頭，由兩段組成，前段是高為3cm?底面邊長為2cm的正六棱錐，后段是高為1cm的圓柱，圓柱的底面圓與正六棱錐底面的正六邊形內切，則此鉆頭的體積為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)棱錐和圓柱的體積公式即可得到答案.【詳解】由題意，鉆頭的前段正六棱錐的體積，因為圓柱的底面圓與正六棱錐底面的正六邊形內切，作出以下圖形，所以圓柱的底面圓的半徑，所以圓柱的體積，所以此鉆頭的體積為.故選：B.

6．記數(shù)列的前項和為，滿足，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得，利用累乘法求出，從而可求得，代入中化簡，再利用對勾函數(shù)的性質可求得結果.【詳解】由，得，因為，所以，所以，所以，因為，所以由對勾函數(shù)的性質可知，當時，取得最小值.故選：C7．若可導函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，當時，有，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，，又導函數(shù)得到在上單調遞減，結合是定義在R上的奇函數(shù)得到與0的大小，從而解不等式.【詳解】令，，則，當時，，故在上單調遞減，則當時，，因為可導函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，故，當時，所以，解得，又，故不等式的解集為.故選：B8．已知定義在上的偶函數(shù)的圖像是連續(xù)的，，在區(qū)間上是增函數(shù)，則下列結論正確的是（

）A．的一個周期為6 B．在區(qū)間上單調遞增C．的圖像關于直線對稱 D．在區(qū)間上共有100個零點【答案】C【分析】由條件結合周期函數(shù)定義可證明為周期函數(shù)，可判斷A；再根據(jù)奇偶性、周期性、單調性判斷BC；再結合函數(shù)零點的定義判斷D.【詳解】因為，所以令，得，故，又為偶函數(shù)，所以，所以，即，故，所以的一個周期為12，故A錯誤；又在區(qū)間上是增函數(shù)，所以在區(qū)間上是減函數(shù)，由周期性可知在區(qū)間上單調遞減，故B錯誤；因為為偶函數(shù)，所以圖像關于y軸對稱，由周期性可知圖像關于直線對稱，故C正確；因為在區(qū)間上是增函數(shù)，所以在區(qū)間上是減函數(shù)，又，所以由周期性可知，在區(qū)間上，，而區(qū)間上有168個周期，故在區(qū)間上有336個零點，又，所以在區(qū)間上有337個零點，由于為偶函數(shù)，所以在區(qū)間上有674個零點，故D錯誤；故選：C.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9．在正方體中，E，F(xiàn)，G分別為BC，，的中點，則（

）

A．直線與直線AF異面B．直線與平面AEF平行C．平面AEF截正方體所得的截面是等腰梯形D．三棱錐A-CEF的體積是正方體體積的【答案】ABC【分析】根據(jù)異面直線定義、面面平行的判定定理以及性質定理以及三棱錐的體積求解方法可求得正確選項.【詳解】對于選項A，易知AF與異面，選項A正確；對于選項B，取的中點為M，連接、GM，則，，易證，從而，選項B正確；對于選項C，連接，，易知平面AEF截正方體所得的截面為等腰梯形，選項C正確；對于選項D．設正方體棱長為a，三棱錐A-CEF的體積，選項D錯誤．故選：ABC．10．記正項等比數(shù)列的前n項和為，則下列數(shù)列為等比數(shù)列的有（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義和前n項公式和逐項分析判斷.【詳解】由題意可得：等比數(shù)列的首項，公比，即，對A：，且，即為等比數(shù)列，A正確；對B：，且，即為等比數(shù)列，B正確；∵，則有：對C：，均不為定值，即不是等比數(shù)列，C錯誤；對D：，均不為定值，即不是等比數(shù)列，D錯誤；故選：AB.11．已知函數(shù)，則下列結論正確的為（

）A．的最小正周期為B．的圖象關于對稱C．的最小值為D．在區(qū)間上單調遞增【答案】BC【分析】化簡函數(shù)為，，結合大致圖象判斷各選項即可求解.【詳解】函數(shù)，，大致圖象如下：

由圖可知，函數(shù)的最小正周期為，故A錯誤；函數(shù)的圖象關于對稱，故B正確；函數(shù)的最小值為，故C正確；函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減，故D錯誤.故選：BC.12．已知函數(shù)函數(shù)，則下列結論不正確的是（

）A．若，則恰有2個零點B．若，則恰有4個零點C．若恰有3個零點，則的取值范圍是D．若恰有2個零點，則的取值范圍是【答案】ACD【分析】由，解得或.再結合函數(shù)的圖像判斷各選項.【詳解】令，則，解得或.當時，.由，得；由，得，則在上單調遞減，在上單調遞增，.，當時，取最小值，最小值為，故的大致圖象如圖所示.由圖可知，有且僅有1個實根.當時，恰有1個零點，故A錯誤；當時，有3個實根，則恰有4個零點，故B正確；由恰有3個零點，得恰有2個實根，則或或，則錯誤；由恰有2個零點，得恰有1個實根，且，則或或，則D錯誤.故選：ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平行四邊形中，已知，，，，則．【答案】【分析】設，根據(jù)題意化簡求得，再由，即可求解.【詳解】如圖所示，設，因為，，可得，，又因為，，可得，，兩式相減得到，可得，又由，所以.故答案為：.

14．如圖，AB為圓柱下底面圓O的直徑，C是下底面圓周上一點，已知，，圓柱的高為5．若點D在圓柱表面上運動，且滿足，則點D的軌跡所圍成圖形的面積為．【答案】10【分析】作出過且與垂直的圓柱的截面，它是一個矩形，而由得，所以平面，從而可得點軌跡，求出所圍圖形面積．【詳解】作母線，，連接，因為，所以共面，是圓柱的一個截面，平面，平面，所以，又由已知得，而，平面，所以平面，由得，所以平面，矩形即為點軌跡，，則，又，所以矩形的面積為．故答案為：10.15．已知，，則的值為.【答案】或【分析】對已知等式左右同時取對數(shù)，結合對數(shù)運算法則化簡可得，由此可求得結果.【詳解】由得：，由得：，，，或，或.故答案為：或.16．周長為4的，若分別是的對邊，且，則的取值范圍為．【答案】【分析】利用平面向量的數(shù)量積公式結合余弦定理可得，再根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊結合基本不等式求出，然后利用二次函數(shù)的性質求解即可.【詳解】因為周長為4的，分別是的對邊，且，所以，令，∴，∴，解得，又∵，∴，∴故，又在上遞減，∴，故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。17．已知和是公差相等的等差數(shù)列，且公差的首項，記為數(shù)列的前項和，．(1)求和；(2)若的前項和為，求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）利用等差數(shù)列通項公式、前n項和公式列方程求得，進而寫出通項公式；（2）應用放縮有，由裂項相消法求和即可證結論.【詳解】（1）由已知得，即，解得，故．（2）由（1）得，則，得證．18．在中，內角的對邊分別為，.(1)求；(2)若的面積為，求邊上的中線的長.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角公式，結合正弦定理、余弦定理及同角三角函數(shù)關系式即可求出結果；（2）利用三角形面積公式，及（1）的相關結論，再結合平面向量的四邊形法則，利用向量的線性表示出，最后利用求模公式即可求邊上的中線的長.【詳解】（1）因為，所以，所以，即，所以，由余弦定理及得：，又，所以，即，所以，所以.（2）由，所以，由（1），所以，因為為邊上的中線，所以，所以，所以，所以邊上的中線的長為：.19．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形與均為直角梯形，平面，．(1)已知點G為AF上一點，且，求證：BG與平面DCE不平行；(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，求AF的長及四棱錐D－ABEF的體積．【答案】(1)證明見解析(2)AF的長為4；．【分析】（1）證明出兩兩垂直，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面DCE的法向量，計算出，證明出BG與平面DCE不平行；（2）由BF與平面DCE所成角的正弦值計算出AF的長，從而求出梯形ABEF的面積，計算出四棱錐的體積.【詳解】（1）證明：因為平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，，又，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，則、、、、，所以，，，設平面DCE的法向量為，則，令，則，所以，因為，且不存在使得與垂直，所以BG與平面DCE不平行；（2）設（且），則，所以，∵直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，∴，化簡得，解得或（舍去）；故．此時梯形ABEF的面積，故．20．已知正項數(shù)列的前項和為，滿足.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用和與項的關系可得，由可得，再利用等差數(shù)列的通項公式即可求解；（2）根據(jù)的周期性，利用分組求和的方法即可求解.【詳解】（1），當時，，兩式子作差可得，又，所以，可得數(shù)列為公差為2的等差數(shù)列，當時，，所以，數(shù)列的通項公式為.（2），，所以，數(shù)列的前項和.21．已知函數(shù)，.(1)討論的單調性并求極值.(2)設函數(shù)（為的導函數(shù)），若函數(shù)在內有兩個不同的零點，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增，的極小值為，無極大值；(2).【分析】（1）求出，然后可得單調性和極值；（2），然后求出當時的單調性，要使函數(shù)在內有兩個不同的零點，則有，解出，然后證明即可.【詳解】（1）因為在上單調遞增，所以當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以的極小值為，無極大值.（2）因為，所以，當時，，所以當或時，在上單調，至多只有一個零點，不滿足題意，當時，由可得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以要使函數(shù)在內有兩個不同的零點，則有，由可得，下面證明當時，令，則，所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，所以當時，綜上：實數(shù)的取值范圍為.22．如圖，在梯形中，，，，四邊形為矩形，平面平面，.

(1)求證：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值；(3)若點在線段上運動，設平面與平面所成二面角的平面角為，試求的范圍.【答案】(1)證明見解析(2)(3)，.【分析】（1）通過證明結合平面平面可證明結論；（2）取中點，連接，，通過說明，可得為二面角的平面角，后由題目條件結合余弦定理可得答案；（3）當點M在F點時，由（2）可知答案；當M在點E時，過B作，且使，連接，，則由題目條件可得；當與，都不重合時，令，延長交的延長線于，連接，過作交于，連接，通過說明，可得.后綜合三種情況可得答案.【詳解】（1）證明：在梯形中，，，，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面.（2）解：取中點，連接，，，，，，，為二面角的平面角.，，，，.

（3）由（2）知：①當與重合時，；②