浙江省钱塘联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省钱塘联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 若，，，则， 已知，则的值为， 若，其中为虚数单位，则等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期钱塘联盟期中联考高一数学试题考生须知：1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一､单项选择题：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. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用集合交集的运算法则即可.【详解】；.故选：C.2. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据线面位置关系即可判断.【详解】①若，且，可能平行，可能垂直，可能异面，故“”是“”的不充分条件；②若，可能平行，可能相交，可能垂直.故则“”是“”的既不充分也不必要条件.故选:D.3. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（    ）A. 3 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用扇形的弧长和面积公式即可.【详解】设底面半径为r，侧面展开是半圆，圆心角为，所以母线长则圆锥的表面积：，.故选：A.4. 已知向量、满足，，向量与的夹角为，则在方向上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用投影向量的定义可求得在方向上的投影向量.【详解】因为向量、满足，，向量与的夹角为，所以，在方向上的投影向量为.故选：C.5. 若，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.【详解】因为，，又，所以，所以.故选：B6. 已知，则的值为（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据同角关系平方可得，由二倍角公式以及诱导公式化简即可代入求值.【详解】由平方得，，故选：A7. 龙洗是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇官盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台.现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径.现往盆内倒入水，当水深时，盆内水的体积近似为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据轴截面和相似关系, 以及圆台体积即可求解.【详解】如图所示, 画出圆台立体图形和轴截面平面图形, 并延长 EC 与FD 于点 G.根据题意, ,
设 ,所以 ,
解得 ,
所以 ,
故选: B.8. 已知函数，则函数零点个数最多是（    ）A. 10 B. 12 C. 14 D. 16【答案】B【解析】【分析】画出的图像，设，首先讨论的根的情况，再分析根的情况即可分析出根的情况，即可得出答案．【详解】画出的图像，如图所示，由，令，得，设，由图像可知，则，得的图像，如图所示，由图像可知，，①当时，即，没有根；②当时，即，此时有3个根，，，当时，即，有3个根，当时，即，有4个根，当时，即，有4个根，故时，有11个根；③当时，，此时有三个根，，当时，即，有4个根，当时，即，有4个根，当时，即，有4个根，故时，有12个根；综上所述，最多有12个根，故选：B．二､多项选择题：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. 若，其中为虚数单位，则（    ）A.  B. C. 的共轭复数为 D. 的实部为1【答案】BD【解析】【分析】先求出，再去计算选项是否正确.【详解】因，所以，A选项：，故A错误；B选项：，故B正确；C选项：的共轭复数为，故C错误；D选项：，实部为1，故D正确.故选：BD.10. 的内角的对边分别为，下列说法正确的是（    ）A. 若则外接圆的半径等于1B. 若，则此三角形为直角三角形C. 若，则解此三角形必有两解D. 若是锐角三角形，则【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦定理，二倍角的余弦公式，两角和的正弦公式，三角形个数的判断方法，以及和差化积公式和辅助角公式即可求解.【详解】根据正弦定理，，所以，则外接圆的半径等于1，故选项A正确；，所以，所以,所以，所以，在三角形中，所以，所以，则此三角形为直角三角形，故选项B正确；因为，所以，所以，则解此三角形只有一解，故选项C错误；因为是锐角三角形，所以，所以，所以，即，同理则，故选项D正确.故选：ABD.11. 设，且，则（    ）A.  B. C. 的最小值为0 D. 的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，由条件结合基本不等式，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，因为且，则，且，所以，所以A正确；对于B，假设，且，则可得，符合题意，即成立，所以B错误；对于C，，当且仅当时，即取等号，此时，所以C正确；对于D，，当且仅当时，取等号，即，解得，所以D正确；故选:ACD12. 阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体组成，目前发现了共有13个这种几何体，而截角四面体就是其中的一种，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得，已知一截角四面体的棱长为2.下列说法正确的是（    ）A. 每一个截角四面体共有18条棱，12个顶点B. 该截角四面体的表面积为C. 该截角四面体的体积为D. 该截角四面体的外接球半径为【答案】ABD【解析】【分析】根据正四面体的体积和表面积即可求解截角四面体表面积和体积，可判断BC,由截角四面体的形成过程可判断A,根据正四面体的性质结合截角四面体的性质即可由勾股定理求解球半径.【详解】如图，每截去一个角，就增加了3条棱，2个顶点，所以截角四面体的棱数和顶点数分别为，A正确；截角四面体表面积由4个等边三角形和4个正六边形构成，所以表面积为，B正确；截角四面体体积由棱长为6的正四面体体积减去棱长为2的4个正四面体的体积和，是正六角形的中心，小正四面体的高，，所以，C错；是正三角形的中心，由正四面体的对称性知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上，设球的半径为，在中，，中，，所以，故，D正确.故选：ABD非选择题部分三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形的直观图，其中，则三角形的面积为__________.【答案】【解析】【分析】将图还原成正三角形，求出其面积，再根据面积比即可得到答案.【详解】如图，所以，且为正三角形，则，因此在中，，，故答案为：.14. 若直线不平行平面，则以下命题成立的是__________.①内的所有直线都与异面；②内不存在与平行的直线；③内直线都与相交；④直线与平面有公共点.【答案】④【解析】【分析】由题意得到直线在平面内或直线与平面相交，判断出①②③错误，④正确.【详解】因为直线不平行平面，所以直线与平面的位置关系是：直线在平面内或直线与平面相交，则内的不是所有直线都与异面若直线在平面内，存在与平行的直线，①②③错误，④正确.故答案为：④15. 多面体的各顶点在半径为2的球面上，是矩形，，则多面体体积的最大值为__________.【答案】##【解析】【分析】设外接球的球心为，矩形的外接圆的圆心为，当平面，多面体体积的最大，计算出，由棱锥的体积公式求解即可.【详解】设外接球的球心为，矩形的外接圆的圆心为，即直线的交点，则，最大，则到平面的距离最长，此时在一条直线上，即平面，则，∴多面体体积的最大值.故答案为：.16. 如图，设中的角所对的边是，已知，，点分别为边上的动点，线段交于点，且，若，则__________.【答案】【解析】【分析】由向量的线性运算结合三点共线可得，由三角形的面积满足的关系可得，联立即可求解， ，由向量的模长公式即可求解.【详解】设，三点共线，.①又，.②,由①②得或（舍去）,故，,（或者在中可以用余弦定理求出.）故答案：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. 已知向量满足.（1）若 ，求向量的坐标；（2）若，求向量与向量夹角的余弦值.【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示法求解；（2）根据向量垂直，由数量积为0求解.【小问1详解】 ，，设 ，又 ， 或 .【小问2详解】 ， ，即 ，  ， ，即向量 与向量 夹角的余弦值为 .18. 已知内角对边分别为，设.（1）求；（2）若的面积为，求的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，然后结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，然后结合余弦定理即可得到结果；【小问1详解】化简得：，整理得：，由正弦定理可推得：，因此【小问2详解】19. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，设是线段上一动点.（1）证明：//平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）结合正方体的性质，利用线面平行的判定及性质即可证明；（2）利用等体积法求解三棱锥体积即可.【小问1详解】连结，，因为正方体，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，取中点，连结，因为是和的中点，所以，，且，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，所以，平面，平面，所以平面，，平面，平面，所以平面平面，平面，所以平面，【小问2详解】因为正方体，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，所以三棱锥的高，所以.20. 已知为坐标原点，向量，，设．（1）求单调递增区间；（2）在锐角三角形中，内角的对边分别为，已知，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由结合降幂公式，二倍角公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的图像与性质即可求解；（2）首先由及的范围得出，根据将问题化为，根据两角和的正弦公式及辅助角公式化简，再求出的范围，根据正弦型函数的性质求解值域即可．【小问1详解】因为，所以，，，的单调递增区间为．【小问2详解】由（1）得，或，，即或，，，，，，，，，，，故．21. 在中国很多乡村，燃放烟花爆竹仍然是庆祝新年来临的一种方式，烟花爆竹带来的空气污染非常严重，可喷洒一定量的去污剂进行处理.据测算，每喷洒一个单位的去污剂，空气中释放的去污剂浓度（单位：毫克/立方米）随着时间（单位：天）变化的函数关系式近似为，若多次喷洒，则某一时刻空气中的去污剂浓度为每次投放的去污剂在相应时刻所释放的浓度之和，由试验知，当空气中去污剂的浓度不低于4（毫克/立方米）时，它才能起到去污作用.（1）若一次喷洒4个单位的去污剂，则去污时间可达几天？（2）若第一次喷洒2个单位的去污剂，6天后再喷洒个单位的去污剂，要使接下来的3天能够持续有效去污，求的最小值.【答案】（1）7天    （2）【解析】【分析】（1）根据空气中去污剂的浓度不低于4，直接列出不等式，然后解出不等式即可（2）根据题意，列出空气中去污剂的浓度关于时间的关系式，然后利用基本不等式放缩，并解出不等式即可【小问1详解】释放的去污剂浓度为， 当时，，解得，所以；当时，，解得，即；故一次投放4个单位的去污剂，有效去污时间可达7天.【小问2详解】设从第一次喷洒起，经天，则浓度，，当且仅当即等号成立.所以的最小值为.22. 已知函数（其中）.（1）若且方程有解，求实数的取值范围；（2）若是偶函数，讨论函数的零点情况.【答案】（1）    （2）当时函数无零点，当时函数有一个零点.【解析】【分析】（1）方程有解，即的值域与方程的值域相同，求出的值域，即可求出实数的取值范围；（2）的零点情况等价于的解的情况，即讨论的解的情况，令，则，由二次函数的性质分类讨论，和即可.【小问1详解】因为方程有解，所以方程有解，即的值域与方程的值域相同.所以，即，故；【小问2详解】因为是偶函数，所以，有，解得，经检验满足题意.函数的零点情况等价于的解的情况，即，讨论解的情况，令，则当时，，此时方程无解，当时，函数开口向上，且恒过定点，则只有一解，此时方程只有1解，当时，函数开口向下，且恒过定点，且函数的对称轴，则方程（*）无解，综上所述：当时函数无零点，当时函数有一个零点.