浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)

这是一份浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)，共29页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卡两部分， 已知函数，则， 如图，是正六边形的中心，则等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名､姓名､试场号､座位号､准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑.
3.答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.
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. 设集合，则( )
A. B. C. D.
2. 若(是虚数单位)，则( )
A. 2B. 3C. D.
3. 军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的所对的圆心角的大小，.若角密位，则( )
A. B. C. D.
4. 已知平面平面，直线，则“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 杭州亚运会火炬如图(1)所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图(2)所示的几何体.假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为，则关于时间的函数的大致图象可能是( )

A. B.
C. D.
6. 雷峰塔位于杭州市西湖景区，主体为平面八角形体仿唐宋楼阁式塔，总占地面积平方米，项目学习小组为了测量雷峰塔的高度，如图选取了与底部水平的直线，测得、的度数分别为、，以及、两点间的距离，则塔高( )

A. B.
C. D.
7. 已知函数(e为自然对数的底数)，则( )
A.
B. ，当时，
C.
D. ，当时，
8. 设函数，且在区间上单调，则的最大值为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
二､多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.)
9 已知函数，则( )
A. 函数图象关于原点对称B. 函数的图象关于轴对称
C. 函数的值域为D. 函数是减函数
10. 如图，是正六边形的中心，则( )

A. B.
C. D. 在上的投影向量为
11. 如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则( )

A. 在末，点的坐标为
B. 在末，扇形的弧长为
C. 末，点在单位圆上第二次重合
D. 面积的最大值为
12. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则( )

A. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则
B. 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则
C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D. 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
二､填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)
13. 设函数，若，则__________.
14. 将曲线上所有点向左平移个单位，得到函数的图象，则的最小值为__________.
15. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为__________；直线与直线所成角的余弦值为__________.
16. 对于函数，若存在，使得，则称为函数“不动点”.若存在，使得，则称为函数的“稳定点”.记函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别为和，即.经研究发现：若函数为增函数，则.设函数，若存在使成立，则的取值范围是__________.
三､解答题(本大题共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. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．
(1)求的值；
(2)若角满足，求的值．
18. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间间的关系为(其中是正常数).已知在前5个小时消除了10%的污染物.
(1)求的值(精称到0.01)；
(2)求污染物减少需要花的时间(精确到)？
参考数据：.
19. 我们把由平面内夹角成的两条数轴构成的坐标系，称为“@未来坐标系”.如图所示，分别为正方向上的单位向量.若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记.已知分别为向是的@未来坐标.

(1)证明：；
(2)若向量的“@未来坐标”分别为，，求向量的夹角的余弦值.
20. 在四边形中，.

(1)求证：.
(2)若，且，求四边形的面积.
21. 生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎.有以下两种捆扎方案：方案(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒的长，宽，高分别为.

(1)在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面；
(2)不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少？
22 已知函数.
(1)直接写出的解集；
(2)若，其中，求的取值范围；
(3)已知为正整数，求的最小值(用表示).
2022学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测
数学试题卷
考生须知：
1.本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名､姓名､试场号､座位号､准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑.
3.答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.
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. 设集合，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再求两集合的交集.
【详解】由，得，解得，
所以，
因为，所以，
故选：B
2. 若(是虚数单位)，则( )
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得，再根据模长公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：C
3. 军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的所对的圆心角的大小，.若角密位，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由密位制与弧度的换算公式可得，，从而可得解．
【详解】因为1密位等于圆周角的，
所以角密位时，，
故选：C．
4. 已知平面平面，直线，则“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质分析判断.
【详解】设，在平面内作，
因为平面平面，所以，
因为，所以∥，
因为，，
所以，

而当平面平面，直线，时，与平面可能垂直，可能平行，可能相交不垂直，
所以“”是“”的充分而不必要条件，
故选：A
5. 杭州亚运会火炬如图(1)所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图(2)所示的几何体.假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为，则关于时间的函数的大致图象可能是( )

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据火炬的形状：中间细、上下粗来分析剩余燃料的高度随时间变化的下降速度.
【详解】由图可知，该火炬中间细，上下粗，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，
燃料在燃烧时，燃料的高度一直在下降，刚开始时下降的速度越来越快，
燃料液面到达火炬最细处后，燃料的高度下降得越来越慢，
结合所得的函数图象，A选项较为合适.
故选：A.
6. 雷峰塔位于杭州市西湖景区，主体为平面八角形体仿唐宋楼阁式塔，总占地面积平方米，项目学习小组为了测量雷峰塔的高度，如图选取了与底部水平的直线，测得、的度数分别为、，以及、两点间的距离，则塔高( )

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理可求得，进而可得出，即为所求.
【详解】在中，，
由正弦定理可得，即，得，
由题意可知，，所以，.
故选：A.
7. 已知函数(e为自然对数的底数)，则( )
A.
B. ，当时，
C.
D. ，当时，
【答案】D
【解析】
【分析】观察到分别为一次函数和指数函数，则数形结合，依次判定即可.
【详解】由题，假设当时，，作出示意图如图所示：

则时，， 当时，，则A选项错误；
因为，，，故C选项错误，
且，
则结合图像可知，当时，恒成立，故B选项错误；
对于D选项，时，由图可知，则D选项正确.
故选：D.
8. 设函数，且在区间上单调，则的最大值为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据与可得，再根据单调性可得，验证， 与即可.
【详解】由,得，
由，得，
两式作差，得，
因为在区间上单调，所以，得.
当时，,因为,所以,
所以.
，,因为，
所以在区间上不单调，不符合题意；
当时，，因,所以，
所以.
，,因为，
所以在区间上不单调，不符合题意；
当时，，因为,所以,
所以.
，，
所以在区间上单调，符合题意，所以的最大值是3.
故选:B.
二､多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.)
9. 已知函数，则( )
A. 函数的图象关于原点对称B. 函数的图象关于轴对称
C. 函数的值域为D. 函数是减函数
【答案】AC
【解析】
【分析】求函数的奇偶性可判断AB；分离参数可得，根据指数函数的值域可判断C；根据单调性的定义可判断D.
【详解】的定义域为，，则，
所以为奇函数，的图象关于原点对称,A正确，B错误；
，因为,所以,，
所以,故的值域为,C正确；
设,则
,
因为，所以，
所以,即，
所以函数是增函数，故D错误，
故选:AC.
10. 如图，是正六边形的中心，则( )

A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算法则，可判定A、B不正确，结合向量的数量积的定义域运算，可判定C正确，结合向量的投影的定义与运算，可判定D正确.
【详解】根据题意，结合平面向量的线性运算法则，可得：
对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于C中，设正六边形的边长为，可得，，所以，所以C正确；
对于D中，如图所示，连接，可得，
可得，所以在向量上的投影向量为，所以D正确.
故选：CD.

11. 如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则( )

A. 在末，点的坐标为
B. 在末，扇形的弧长为
C. 在末，点在单位圆上第二次重合
D. 面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出末点和的坐标可判断选项AB;求出末点和的坐标，结合诱导公式可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】在末,点的坐标为，点的坐标为；，扇形的弧长为；
设在末，点在单位圆上第二次重合，
则，故在末，点在单位圆上第二次重合；
,经过s后，可得，面积的可取得最大值.
故选:BCD.
12. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则( )

A. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则
B. 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则
C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D. 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为(即为的重心)，即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为(在圆上)，设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D.
【详解】作出圆锥的轴截面如下：

因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，
又，所以，
设球心为(即为的重心)，所以，，
即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确；
设内切球表面积，外接球的表面积为，则，故B错误；
设圆锥的体积为，则，
内切球的体积为，则，所以，故C正确；
设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为(在圆上)，
设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，
过点作交于点，则，所以，
即，解得，
所以平面截内切球截面圆的半径，
所以截面圆的面积为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.
二､填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)
13. 设函数，若，则__________.
【答案】##0.25
【解析】
【分析】分段求解方程和指数方程，则问题得解.
【详解】当时，，，
当时，，(舍)．
．
故答案为：.
14. 将曲线上所有点向左平移个单位，得到函数的图象，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用三角函数图象变换规律求出平移后的解析，再由两函数图象相同列方程可求得结果.
【详解】将曲线上所有点向左平移个单位，可得，
因为与的图象相同，
所以，
因为，所以的最小值为，
故答案为：
15. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为__________；直线与直线所成角的余弦值为__________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】空1：取中点，连接，则可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可；空2：分别取的中点，连接，则可得(或其补角)为直线与直线所成角，然后在中求解即可.
【详解】空1：取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角，
因为正三棱柱的各条棱长都是2，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为，
空2：分别取的中点，连接，
则∥，，
∥，，
所以(或其补角)为直线与直线所成角，
连接，则，
在中，由余弦定理得
，
因为异面直线所成的角的范围为，
所以直线与直线所成角的余弦值为，
故答案为：；.

16. 对于函数，若存在，使得，则称为函数的“不动点”.若存在，使得，则称为函数的“稳定点”.记函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别为和，即.经研究发现：若函数为增函数，则.设函数，若存在使成立，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先判断是增函数，再根据题意可得，代入可得，再结合二次函数的性质即可求解的取值范围.
【详解】因为是增函数，
所以等价于，即，所以，
而在上单调递增，在上单调递减，
所以，而当时，；当时，，即，
所以的取值范围为.
故答案为：
三､解答题(本大题共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. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．
(1)求的值；
(2)若角满足，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】(1)根据某个角正弦的定义，直接求解即可；
(2)首先由同角的三角函数的平方关系求出，根据及两角差的余弦公式，代入计算即可．
【小问1详解】
由角的终边过点，得．
【小问2详解】
由角的终边过点，得，
由，得，
，
当时，；
当时，，
综上所述，或．
18. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间间的关系为(其中是正常数).已知在前5个小时消除了10%的污染物.
(1)求的值(精称到0.01)；
(2)求污染物减少需要花的时间(精确到)？
参考数据：.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由题意可得，求解即可；
(2)由题意可得，求解即可.
【小问1详解】
由知，当时，；当时，；
即，所以，
即；
【小问2详解】
当时，，即，
则.
故污染物减少需要花的时间约为.
19. 我们把由平面内夹角成的两条数轴构成的坐标系，称为“@未来坐标系”.如图所示，分别为正方向上的单位向量.若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记.已知分别为向是的@未来坐标.

(1)证明：；
(2)若向量的“@未来坐标”分别为，，求向量的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)因为，则计算即可证明；
(2)由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以
【小问2详解】
，
，
，
，
所以.
20. 在四边形中，.

(1)求证：.
(2)若，且，求四边形的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)若，则四边形的面积，
若，则四边形的面积.
【解析】
【分析】(1)由条件结合正弦定理证明，由此证明结论；
(2)由条件结合正弦定理求，由余弦定理求，结合三角形面积公式求结论.
【小问1详解】
在中，
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
中，由正弦定理得，
即，
所以.
又，
所以，
所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
所以，
所以或，
①当时，则，
在中，由余弦定理得，，又，
解得，
此时四边形的面积，
②当时，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，
此时四边形的面积.
21. 生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎.有以下两种捆扎方案：方案(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒的长，宽，高分别为.

(1)在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面；
(2)不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少？
【答案】(1)证明见解析
(2)方案(2)，最短绳长为
【解析】
【分析】(1)先证明，从而可证平面，进而得，从而可证平面，从而可证平面；
(2)方案1中，绳长为；方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，从而可计算最短绳长.
【小问1详解】

连接，在长方体中，，
则，
所以，
，
所以，，
所以四边形是平行四边形，，
又平面平面平面；
又平面，平面平面；
又平面平面平面，
又平面平面；
【小问2详解】
方案1中，绳长为；
方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，如图所示，在扎紧的情况下，彩绳长度的最小值为长度，
因为，所以，
所以彩绳的最短长度为.

22. 已知函数.
(1)直接写出的解集；
(2)若，其中，求的取值范围；
(3)已知为正整数，求的最小值(用表示).
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】(1)转化为求解，分与讨论即可求解；
(2)根据韦达定理得，再根据对勾函数的性质即可求解；
(3)根据二次函数的性质分类讨论即可求解.
【小问1详解】
∵，
∴即为,
当时，，故，显然不成立；
当时，，故，即,解得.
综上所述，的解集为.
【小问2详解】
设，则，
令，整理得：，
故，且，得.
∴在 上单调递增，
所以，
即.
【小问3详解】
①时，；
②时，；
③时，；
④时，，
∴.
综上所述，