浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题

这是一份浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。
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、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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的运算和商的运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可.
【详解】因，所以，
所以的虚部为.
故选：B
2. 如图，直角梯形满足，，，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是（ ）
A. B. 试卷源自 来这里 全站资源一元不到！ 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形还原成平面图形，结合勾股定理算出各边长度即可求解.
【详解】由题意，，由可得，
由，，，
可得，所以，
而，
所以，
结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形还原成平面图形，如图所示：
由勾股定理可得，
所以满足题意的平面图形的周长是.
故选：C.
3. 已知函数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】由题意.
故选：C4. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面为半圆，求出圆锥的半径进而得高，进一步求出圆锥的体积，
【详解】由于圆锥的侧面展开面为半圆，设圆锥的底面半径为，高为，故，
得,则
所以圆锥的体积为.
故选：D.
5. 在中，是边上的一点，且平分，若，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由中，点在边上，平分，根据三角形内角平分线定理，得到，利用用，表示，即可得到答案．
【详解】为角平分线，
，
，
，
故选:C.
6. 在中，角所对的边分别为，已知，，若为钝角三角形，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形两边之和大于第三边和余弦定理，求解的范围，判断选项.
【详解】由，则，
所以，故，
由为钝角三角形，则，
即，得，故，
故的取值范围为，
故选：A
7. 已知四边形内接于圆，且满足，，，则圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，分别在中和在中利用余弦定理求出和，然后在中，由正弦定理可得
【详解】由题意可得，
在中，由余弦定理得,
在中，由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
所以，在中，由正弦定理得圆的半径为，
故选：A
8. 用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】画出平面图,计算出第二个球最高点到圆柱底的最大距离，得到规律即可求解.
【详解】如图，将第一个球靠近该圆柱右侧放置，球上的点到该圆柱底面的最大距离为2，将第二个球也靠近圆柱侧面放置，
过点作垂直于该圆柱的母线，垂足为A,过点作垂直于圆柱底面，
垂足为B,设，
则球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
同理可得球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱底面的最大距离加，
因为，故最多能装下小球个数为11.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查球的切接问题，关键是得到第二个球最高点到圆柱底的最大距离进而得到规律.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9. 已知，下列选项中是“”的充分条件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由不等式的性质判断AD，由作差法判断BC即可.
【详解】对于A，因为，所以，故A符合题意；
对于B，因为，所以，所以，即，故B符合题意；
对于C，因为，所以，即，故C符合题意；
对于D，取，但有，故D不符合题意.
故选：ABC.
10. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱的中点，下列说法正确的有（ ）

A. 多面体是三棱柱
B. 直线与互为异面直线
C. 平面与平面的交线平行于
D. 四棱锥和四棱锥的体积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用棱柱的定义判断A；利用异面直线的判定判断B；利用线面平行的判定性质推理判断C；利用割补法求出体积比判断D.
【详解】对于A，多面体中，由直线，得平面与平面不平行，
显然多面体中不存在平行的两个面，则该多面体不是三棱柱，A错误；
对于B，由分别是棱的中点，得，平面，平面，平面，，因此直线与互为异面直线，B正确；
对于C，由平面，平面，则平面，
令平面平面，而平面，则，C正确；
对于D，连接，令四棱锥的体积为，由分别是棱的中点，
得，，
因此四棱锥的体积，D正确.

故选：BCD
11. 定义一种向量运算“”：，其中是任意的两个非零向量，是与的夹角．对于同一平面内的非零向量，给出下列结论，其中不正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C.
D 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用的定义证明A选项正确，然后由可否定B和C选项，最后给出D选项的反例即可.
【详解】对于A，若，由的定义有或.由于是非零向量，故前者不可能成立，从而，这得到，即.
所以，故，A正确；
对于B，设有非零向量，则，，故，B错误；
对于C，由于，故，C错误；
对于D，若，，，则，D错误
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造反例否定一个命题，需要恰当选取反例方可得到结论.
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.
12. 设为虚数单位，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】化简原式，根据题意需满足条件，求解即可
【详解】由，
所以满足条件，
故答案为：
13. 已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理求底面外接圆半径，结合直棱柱外接球的性质列式求半径，进而可得表面积.
【详解】设底面的外接圆圆心为，半径为，三棱柱的外接球的球心为半径为，取的中点，可知，且∥，
则，，
可得，，
所以三棱柱的外接球表面积为.
故答案为：.
14. 已知函数，若实数满足，则的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，利用条件可得，然后代入转化为关于的函数式，再去掉绝对值并根据单调性求出最值即可
【详解】由，得，
又函数定义域为，所以函数是奇函数，
,
因为单调递增，单调递减，所以在上单调递增
由，
所以，即，又，令，则，
当时，即，，
当时，即，
，
所以，故，即 的最大值是
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，且满足
（1）求实数的值；
（2）设，求非零向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量线性运算以及模的运算公式列出方程求解即可；
（2）设出非零向量的坐标，结合向量垂直得到，进一步结合向量夹角的余弦的坐标公式即可求解.
【小问1详解】
，，，，
【小问2详解】
设，，，所以都不等于0，
.
16. 设函数．（1）若角满足，求的值；
（2）求函数的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平方关系以及两角差的余弦公式直接运算即可求解；
（2）由二倍角公式以及两角和差的余弦公式化简函数表达式，结合正弦函数的值域即可得解.
【小问1详解】
已知，则，
则，
所以当，，
当，．
综上所述，.
【小问2详解】
，
所以，
所以，所以的值域为．
17. 如图，正边长为分别是边的中点，现沿着将折起，得到四棱锥，点为中点．
（1）求证：平面
（2）若，求四棱锥的表面积．
（3）过的平面分别与棱相交于点，记与的面积分别为、，若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，即可得到，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）通过勾股定理逆定理证明，，结合三角形面积公式即可运算求解；
（3）由题意得，，从而可将面积比转换为线段比的平方即可运算求解.
【小问1详解】
取中点，连，
因为点为中点，
，且，
同时因为分别是边的中点，
，且，四边形是平行四边形，
，
又平面平面，
平面.
【小问2详解】
，
，
，
根据对称性有，而，
所以，
所以，
所以，
而，
四棱锥的面积.
【小问3详解】
由（1）知平面，
平面平面
，，又，，.
18. 已知在中，角所对的边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若，求的面积；
（3）求最大值，并求其取得最大值时的值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）最大值，
【解析】
【分析】（1）思路一：由正弦定理边化角结合诱导公式、两角和的正弦公式逆用即可求解；思路二：由余弦定理角化边得，再结合余弦定理即可求解；
（2）首先由余弦定理求出，再结合三角形面积公式即可求解；
（3）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求解.
【小问1详解】
方法一：，，
，
又，，
又在中，，，
，，
又在中，，
方法二：，，
，，．
，
又在中，，．
【小问2详解】
，，
即，解得或，
当时，，
当时，，
【小问3详解】
，，．
其中，，，
在中，，
当时，取到最大值，
此时，．19. 设集合．定义：和集合，积集合，分别用表示集合中元素的个数．
（1）若，求集合；
（2）若，求的所有可能的值组成的集合；
（3）若，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义直接求解B,C;
（2）令，由和集合得到数的大小关系，再讨论大小关系分类求解；
（3）记集合为，且，由和集合得到数的大小关系，求出B有两种可能，当得，由及数的大小关系分别讨论和，讨论五种情况即可求解.
【小问1详解】
（1）由，则，
．
【小问2详解】
当，不妨记集合为，
且令，
则必有，
和中剩下的满足，
并且，下列有四种可能：
一是，则；
二是与与与三对数有两对相等，另一对不相等，则；
三是与与与三对数有一对相等，
其它两对不相等，则；
四是与与与三对数全不相等，则；
综上述，的所有可能的值组成的集合为.
【小问3详解】
当，不妨记集合为，且，
则必有，
和中剩下的元素为，满足，
所以有两种可能，当，；当，；
ⅰ）当，不妨记这6个元素为，且让，
则必有，所以；
ⅱ）当，，
不妨记，，，，，
则，则必有，
积中剩下的满足，则，
下面先证明．
假设，由，则，
即，所以，
令，由，则，
所以，则，与事实不符，所以．
下面再证明．由上述分析知：要使，积中剩下的满足，
必有两对积与七对中的两对相等，有如下五种情况：
一是，则可推得，令其比值为，则，
于是，由，
则，则，显然无解，故此情况不能；
二是，则可推得，令，
显然，由，则，
所以，而显然，故此情况不可能；
三是，则可推得，令其比值为，则，由，
又，则，这与矛盾，故此情况不可能；
四是，可推得，令其比值为，则，
于是，，，，
于是由，则，
所以，代入得，推得，所以，
所以，有，所以，这与有理数相矛盾，所以此情况不能；
五是，可推得，令其比值为，则，于是，
由，则，则，
显然无解，故此情况不可能．所以．
综上，所以．
【点睛】关键点点睛:本题考查集合新定义，关键是对集合元素数的大小关系进行讨论，推出矛盾证明第三问.