2022-2023学年浙江省杭州市四校高一下学期3月联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市四校高一下学期3月联考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省杭州市四校高一下学期3月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用集合的交集和补集运算法则计算即可.【详解】因为，所以或，又，所以.故选：B.2．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【分析】利用高次不等式的解法，结合充分条件必要的条件的定义即可求解.【详解】由，得，即，解得或，所以“”是“或”的充分不必要条件,即“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3．函数的一个零点所在的一个区间是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由函数的单调性结合零点存在性定理求解即可.【详解】函数的定义域为，易知函数在上单调递增.，，由零点存在性定理可知，函数的一个零点所在的一个区间是.故选：C4．设扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据扇形的周长为，面积为，得到，解得l，r，代入公式求解.【详解】因为扇形的周长为，面积为，所以，解得 ，所以，所以扇形的圆心角的弧度数是2故选：B5．已知向量，满足，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量模的公式得，再求模即可.【详解】解：因为，，，所以，所以.又，所以.故选：B6．如图所示，点在线段上，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平面向量的基本定理求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，即.故选：C.7．已知函数，若对任意的正数，恒有，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由函数的单调性解不等式得出的取值范围.【详解】当时，在上单调递增；当时，易知函数在上单调递增，且.即函数在上单调递增，因为，所以，即所以.故选：C8．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三角函数线知，当时，，结合正弦函数的单调性即可比较的大小．【详解】由三角函数线知，当时，，所以，所以即，又，所以，故选：C． 二、多选题9．已知，下列命题正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，，则 D．若，则【答案】AD【分析】根据不等式的性质结合作差法比较大小对选项进行验证即可得出答案.【详解】对于A：，，，，，，故A正确；对于B：若，则，故B错误；对于C：，，若，，则，故C错误；对于D：，，，且，即，故D正确；故选：AD.10．已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（    ）A．若，则是钝角三角形B．若，则C．若，则是锐角三角形D．若，，，则只有一解【答案】ABD【分析】对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.【详解】对于A，因为的三个角满足，所以由正弦定理化简得，设，为最大边，由余弦定理得，所以为钝角，所以是钝角三角形，故A正确；对于B，由及正弦定理，得,解得，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以为锐角，但无法确定和是否为锐角，故C错误；对于D，由正弦定理得，解得，因为,所以，所以只有一解，故D正确.故选：ABD.11．如图，正方形的边长为，动点在正方形内部及边上运动，，则下列结论正确的有（    ）A．点在线段上时，为定值B．点在线段上时，为定值C．的最大值为D．使的点轨迹长度为【答案】AC【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量的坐标运算逐项判断，可得出合适的选项.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设点，则，，，，当点在线段上时，，，故A正确；当点在线段上时，不是定值，不为定值，故B错误；由得，则，，所以，故当时，即当点与点重合时，取得最大值，故C正确；由得，直线交轴于点，交轴于点，所以，使的点轨迹为线段，且，故D错误.故选：AC.12．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论正确的为（    ）A．可能是偶函数 B．C． D．【答案】ACD【分析】对选项逐一判断，取常数函数即可判断A选项，根据题设有、，进而可得，由周期性、奇偶性求即可判断B选项，最后结合在上单调递增，即可判断C、D选项．【详解】对于选项A，当时，符合题意，所以A正确；对于选项B，由是奇函数，则，所以①，是偶函数，同理易知：②，由②得，联立①式得③，所以④，由③④得，即，所以，选项B错；对于选项C，由知，当得，由知，当得，所以，所以，由已知在上单调递增，且，所以，所以，所以C正确；对于选项D，由及得，所以，因为，即，所以选项D正确，故选：ACD． 三、填空题13．已知角的顶点在原点，以轴非负半轴为始边，若角的终边经过点，则________．【答案】##【分析】利用三角函数的定义可求得的值，再利用诱导公式可求得的值.【详解】由三角函数的定义可得，由诱导公式可得.故答案为：.14．向量在向量方向上的投影向量为________．【答案】【分析】利用投影向量的定义可求解．【详解】根据投影向量的定义可得，．故答案为：．15．某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离表示成的函数，则______ 其中.【答案】,【分析】可以求出，从而由余弦定理可以得到，由余弦的二倍角公式即可化简得.【详解】如图，；在中，由余弦定理得，由，知，故答案为：．16．已知函数，若关于的方程在上恰有2个实数根，且，则的最小值为________．【答案】##【分析】由对数函数的性质画出函数在的图象，由此确定，再由基本不等式得出最值.【详解】当时，，则，当时，，，则函数在的图象，如下图所示：由图可知，设，，其中，，所以，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号．即的最小值为.故答案为： 四、解答题17．已知集合，集合.(1)若，求；(2)若，求实数a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由分式不等式及一元二次不等式的解法化简集合，再由交集运算求解；（2）由并集运算结果可知，据此分类讨论求解.【详解】（1）由，即，解得，即；当时，由得，故，所以.（2）因为，所以，若，得；若，有，得，综上，故.18．已知：、是同一平面内的两个向量，其中．(1)若且与垂直，求与的夹角；(2)若且与的夹角为锐角，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由向量垂直的数量积运算得出，进而由得出与的夹角；（2）由数量积的坐标运算得出，解不等式得出实数的取值范围．【详解】（1）解：由得，即，所以，得，又，所以；（2）解：因为，，所以所以，则，由 得，即，因为与的夹角为锐角，所以19．已知.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由两角和正切公式求出，可对角分类讨论由同角三角函数关系求出，再由余弦二倍角公式得解，或先由余弦二倍角公式化简为关于正切的形式求解；（2）根据（1）中解法一求出，直接计算即可，或由二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系直接化切求解.【详解】（1）解法一：由已知得，则，若为第一象限角，则，若为第三象限角，则，故.解法二：由已知得，则，则.（2）解法一：由（1）知，则，，故.解法二：由已知得，则.20．在中，，，分别是角所对的边，．(1)求；(2)若，，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知及正弦定理可求得，再根据即可求角；（2）由三角形面积公式得，再由向量的模的运算转化为边的关系，利用基本不等式即可求的最小值．【详解】（1）由已知及正弦定理得，所以，又因为，所以，即；（2）因为，所以，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是．21．某小区拟用一块半圆形地块（如图所示）建造一个居民活动区和绿化区．已知半圆形地块的直径千米，点是半圆的圆心，在圆弧上取点、，使得，把四边形建为居民活动区，并且在居民活动区周围铺上一条由线段，，和组成的塑胶跑道，其它部分建为绿化区．设，且；(1)求塑胶跑道的总长关于的函数关系式；(2)当为何值时，塑胶跑道的总长最长，并求出的最大值．【答案】(1)，(2)当， 取得最大值10千米 【分析】（1）根据角度关系，由知，利用等腰三角形的性质求得底边长，从而得的表达式；（2）利用二倍角公式化简函数式为关于的二次函数，结合二次函数性质、正弦函数性质得最小值．【详解】（1）由已知得，，故，所以，；（2），所以当，时，取得最大值10千米．22．已知函数，函数，，为奇函数．(1)求实数的值；(2)已知，其中．是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在； 【分析】（1）利用奇函数的性质求解，检验即可；（2）构造函数，利用函数的单调性转化为恒成立问题，分离参数，求最值即可求得范围.【详解】（1）由于为奇函数，，所以定义域为，因此，则，解得，当时，，满足，所以；（2）由于，则在上单调递减；，则在上单调递增．令，则在上单调递增，又，因为恒成立，所以，因此恒成立，又，所以恒成立，所以恒成立，令，则，所以恒成立，即，记，，由对勾函数单调性知：函数在上单调递增，在单调递减，又，所以函数的最小值为，因此．