阶段性检测3.2（中）（范围：集合至立体几何）（解析版）

阶段性检测3.2（中）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、选择题：本题共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．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据含绝对值不等式和分式不等式的解法求出集合，再根据交集的定义即可得出答案.【详解】因为或，或，所以.故选：D.2．已知，则（

）A． B． C．0 D．1【答案】A【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．【详解】因为，所以，即．故选：A．3．设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为在方向上的投影向量为，所以，所以有，故选：D4．将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则下列正确的是（

）A．直线是图像的一条对称轴 B．的最小正周期为C．的图像关于点对称 D．在上单调递增【答案】C【分析】利用辅助角公式化简，再平移图像得到的解析式，然后利用对称轴，周期，对称中心和单调性即可逐个选项判断.【详解】由，则图像向右平移个单位长度可得，，因为，所以不是图像的一条对称轴，A错；由，得的最小正周期为，B错；由，所以点是图像的一个对称中心，C正确；由，则，所以在上有增有减，D错.故选：C5．有一种钻头，由两段组成，前段是高为3cm､底面边长为2cm的正六棱锥，后段是高为1cm的圆柱，圆柱的底面圆与正六棱锥底面的正六边形内切，则此钻头的体积为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据棱锥和圆柱的体积公式即可得到答案.【详解】由题意，钻头的前段正六棱锥的体积，因为圆柱的底面圆与正六棱锥底面的正六边形内切，作出以下图形，所以圆柱的底面圆的半径，所以圆柱的体积，所以此钻头的体积为.故选：B.

6．记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得，利用累乘法求出，从而可求得，代入中化简，再利用对勾函数的性质可求得结果.【详解】由，得，因为，所以，所以，所以，因为，所以由对勾函数的性质可知，当时，取得最小值.故选：C7．若可导函数是定义在R上的奇函数，当时，有，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，，又导函数得到在上单调递减，结合是定义在R上的奇函数得到与0的大小，从而解不等式.【详解】令，，则，当时，，故在上单调递减，则当时，，因为可导函数是定义在R上的奇函数，故，当时，所以，解得，又，故不等式的解集为.故选：B8．已知定义在上的偶函数的图像是连续的，，在区间上是增函数，则下列结论正确的是（

）A．的一个周期为6 B．在区间上单调递增C．的图像关于直线对称 D．在区间上共有100个零点【答案】C【分析】由条件结合周期函数定义可证明为周期函数，可判断A；再根据奇偶性、周期性、单调性判断BC；再结合函数零点的定义判断D.【详解】因为，所以令，得，故，又为偶函数，所以，所以，即，故，所以的一个周期为12，故A错误；又在区间上是增函数，所以在区间上是减函数，由周期性可知在区间上单调递减，故B错误；因为为偶函数，所以图像关于y轴对称，由周期性可知图像关于直线对称，故C正确；因为在区间上是增函数，所以在区间上是减函数，又，所以由周期性可知，在区间上，，而区间上有168个周期，故在区间上有336个零点，又，所以在区间上有337个零点，由于为偶函数，所以在区间上有674个零点，故D错误；故选：C.二、选择题：本题共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．在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（

）

A．直线与直线AF异面B．直线与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形D．三棱锥A-CEF的体积是正方体体积的【答案】ABC【分析】根据异面直线定义、面面平行的判定定理以及性质定理以及三棱锥的体积求解方法可求得正确选项.【详解】对于选项A，易知AF与异面，选项A正确；对于选项B，取的中点为M，连接、GM，则，，易证，从而，选项B正确；对于选项C，连接，，易知平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形，选项C正确；对于选项D．设正方体棱长为a，三棱锥A-CEF的体积，选项D错误．故选：ABC．10．记正项等比数列的前n项和为，则下列数列为等比数列的有（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据等比数列的定义和前n项公式和逐项分析判断.【详解】由题意可得：等比数列的首项，公比，即，对A：，且，即为等比数列，A正确；对B：，且，即为等比数列，B正确；∵，则有：对C：，均不为定值，即不是等比数列，C错误；对D：，均不为定值，即不是等比数列，D错误；故选：AB.11．已知函数，则下列结论正确的为（

）A．的最小正周期为B．的图象关于对称C．的最小值为D．在区间上单调递增【答案】BC【分析】化简函数为，，结合大致图象判断各选项即可求解.【详解】函数，，大致图象如下：

由图可知，函数的最小正周期为，故A错误；函数的图象关于对称，故B正确；函数的最小值为，故C正确；函数在区间上单调递增，在上单调递减，故D错误.故选：BC.12．已知函数函数，则下列结论不正确的是（

）A．若，则恰有2个零点B．若，则恰有4个零点C．若恰有3个零点，则的取值范围是D．若恰有2个零点，则的取值范围是【答案】ACD【分析】由，解得或.再结合函数的图像判断各选项.【详解】令，则，解得或.当时，.由，得；由，得，则在上单调递减，在上单调递增，.，当时，取最小值，最小值为，故的大致图象如图所示.由图可知，有且仅有1个实根.当时，恰有1个零点，故A错误；当时，有3个实根，则恰有4个零点，故B正确；由恰有3个零点，得恰有2个实根，则或或，则错误；由恰有2个零点，得恰有1个实根，且，则或或，则D错误.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在平行四边形中，已知，，，，则．【答案】【分析】设，根据题意化简求得，再由，即可求解.【详解】如图所示，设，因为，，可得，，又因为，，可得，，两式相减得到，可得，又由，所以.故答案为：.

14．如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知，，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，且满足，则点D的轨迹所围成图形的面积为．【答案】10【分析】作出过且与垂直的圆柱的截面，它是一个矩形，而由得，所以平面，从而可得点轨迹，求出所围图形面积．【详解】作母线，，连接，因为，所以共面，是圆柱的一个截面，平面，平面，所以，又由已知得，而，平面，所以平面，由得，所以平面，矩形即为点轨迹，，则，又，所以矩形的面积为．故答案为：10.15．已知，，则的值为.【答案】或【分析】对已知等式左右同时取对数，结合对数运算法则化简可得，由此可求得结果.【详解】由得：，由得：，，，或，或.故答案为：或.16．周长为4的，若分别是的对边，且，则的取值范围为．【答案】【分析】利用平面向量的数量积公式结合余弦定理可得，再根据三角形两边之和大于第三边结合基本不等式求出，然后利用二次函数的性质求解即可.【详解】因为周长为4的，分别是的对边，且，所以，令，∴，∴，解得，又∵，∴，∴故，又在上递减，∴，故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．已知和是公差相等的等差数列，且公差的首项，记为数列的前项和，．(1)求和；(2)若的前项和为，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用等差数列通项公式、前n项和公式列方程求得，进而写出通项公式；（2）应用放缩有，由裂项相消法求和即可证结论.【详解】（1）由已知得，即，解得，故．（2）由（1）得，则，得证．18．在中，内角的对边分别为，.(1)求；(2)若的面积为，求边上的中线的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出，最后利用求模公式即可求边上的中线的长.【详解】（1）因为，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，因为为边上的中线，所以，所以，所以，所以边上的中线的长为：.19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．【答案】(1)证明见解析(2)AF的长为4；．【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，，又，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则、、、、，所以，，，设平面DCE的法向量为，则，令，则，所以，因为，且不存在使得与垂直，所以BG与平面DCE不平行；（2）设（且），则，所以，∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，∴，化简得，解得或（舍去）；故．此时梯形ABEF的面积，故．20．已知正项数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用和与项的关系可得，由可得，再利用等差数列的通项公式即可求解；（2）根据的周期性，利用分组求和的方法即可求解.【详解】（1），当时，，两式子作差可得，又，所以，可得数列为公差为2的等差数列，当时，，所以，数列的通项公式为.（2），，所以，数列的前项和.21．已知函数，.(1)讨论的单调性并求极值.(2)设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；(2).【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.【详解】（1）因为在上单调递增，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）因为，所以，当时，，所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，由可得，下面证明当时，令，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以当时，综上：实数的取值范围为.22．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，.

(1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值；(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.【答案】(1)证明见解析(2)(3)，.【分析】（1）通过证明结合平面平面可证明结论；（2）取中点，连接，，通过说明，可得为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案；（3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作，且使，连接，，则由题目条件可得；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，过作交于，连接，通过说明，可得.后综合三种情况可得答案.【详解】（1）证明：在梯形中，，，，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面.（2）解：取中点，连接，，，，，，，为二面角的平面角.，，，，.

（3）由（2）知：①当与重合时，；②