浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（教师版含解析）

这是一份浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（教师版含解析），共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 设，，，则， 下列说法中，正确有等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷密封区内填写班级､考试号和姓名；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效
4.考试结束后，只需上交答题卷.
第Ⅰ卷
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. 已知，且，则等于( )
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标运算求解.
【详解】，且，
，即，
故选：A
2. 设复数(为虚数单位)，则的模等于( )
A. B. 5C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】先计算，再根据模长公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
3. 已知中，，则等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三边的比令，，，，进而可知，根据勾股定理逆定理推断出，进而根据推断出，进而求得，则三个角的比可求．
【详解】解：依题意令，，，，
，所以为直角三角形且，
又，且，
，
，
故选：A．
4. 直径为的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为( )
A. 3B. 6C. 9D. 27
【答案】D
【解析】
【分析】求出小球的体积，求出大球的体积，然后求出小球的个数.
【详解】小球的体积为：，大球的体积为：，
所以可铸成这样的小球的个数为：，
故选：D
5. 如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，则平面图形的面积是( )
A. 14B. 7C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．
【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，
可知原图中，从而得出AD⊥DC，且，
直观图中，，可知原图中，，
即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，
故其面积.
故选：B
6. 设，，，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数、指数函数的单调性确定的范围，进而比较大小可得答案.
【详解】因为在上单调递增，
所以，即；
因为在上单调递增，
所以，
因为在上单调递减，
所以，
所以.
故选：D．
7. 如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.
【详解】
如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.
则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.
因为为的中点，为的中点，
所以，
所以，
在中，，
在中，，
同理可得.
令上的高为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，
同理可得，
故截面的面积.
故选：B
【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:
①直接法:截面的定点在几何体的棱上；
②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
8. 已知非零向量，满足，，且，则的最小值为( )
A. B. 3C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，取的中点，由可得，进而得到.要使最小，也最小，由图可知、、三点共线时满足，设，则，，，由余弦定理得，则由可得，进而求解.
【详解】设，则，取的中点，
由，
即，
即，
即,
即，
所以，
而，
即，
所以要使最小，也最小，
显然，此时、、三点共线，
设，
则，，，
因为，
所以由余弦定理得，
即，
即，
由，即，
所以，
所以的最小值为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题关键在于转化为，进而转化为进而求解.
二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列说法中，正确有( )
A. 复数满足；
B. “为钝角”是“复数在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件；
C. 已知复数“的虚部相等”是“”的必要条件
D. 在复数范围内，若是关于的实系数方程的一根，则该方程的另一根是
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据复数乘法与模长的计算公式可证明是正确的；对于B：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件为第二象限角；对于C：根据复数相等的概念判断；对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数.
【详解】对于A：设，
则，
则；
，
所以，故A正确；
对于B：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件，即为第二象限角，故B错误；
对于C：的充要条件是实部相等且虚部相等，故 “的虚部相等”是“”的必要条件，故C正确；
对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数，故另一个为，故D错误；
故选：AC
10. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是( )
A. 若，则一定是钝角三角形
B. 若，则一定是锐角三角形
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，则一定是等边三角形
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，举例即可判断；对于B，由余弦定理可得，可得为锐角，进而判断；对于C，由正弦定理得，，进而得到，进而判断；对于D，由正弦定理得，进而得到，进而判断.
【详解】对于A，当时，，
此时是等边三角形，故A错误；
对于B，由，得
所以，
所以，即为锐角，角、无法确定大小，故B错误；
对于C，，
由正弦定理得，，
即，即，
所以，所以是等腰三角形，故C正确；
对于D，，
由正弦定理得，
即，
所以，即是等边三角形，故D正确.
故选：CD.
11. 已知三棱锥中，，分别是的中点，是棱上(除端点外)的动点，下列选项正确的是( )
A. 直线与是异面直线；
B. 当时，三棱锥体积为；
C. 的最小值为；
D. 三棱锥外接球的表面积.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据异面直线判定定理可判断A，由于三棱锥对边相等可放入长方体中，借助长方体可判断BD，再由棱锥两个侧面展开到同一个平面上，利用两点间连线最短判断C.
【详解】对A，是平面内直线BA外一点，是平面外一点，两点连线与是异面直线，故A正确；
对B，将三棱锥放入长方体中，如图，
因为，所以，所以，
设长方体的长、宽、高分别为，
则，即，解得，
显然三棱锥体积等于长方体体积减去长方体角上4个相同的三棱锥的体积，
，所以，故B错误；
对D，因为三棱锥外接球即为长方体的外接球，所以外接球半径，所以外接球的表面积，故D正确；
对C，将三棱锥侧面展开在一个平面上，连接，交于,
如图，
由余弦定理，，
,
所以，,
所以，
在中，,
所以，即当P点运动到M点时，的最小值为，故C正确.
故选：ACD
12. 已知函数满足：则下列判断正确的是( )
A. 为奇函数
B. 是周期函数且最小正周期为6
C.
D. 的图象关于直线对称
【答案】BD
【解析】
【分析】根据赋值法可得判断A，令可得，变换后根据判断B，分别求出，利用周期求判断C，根据函数为偶函数及周期函数判断D.
【详解】令，则，即，故不是奇函数，故A错误；
令，则有，所以，
，即，
故，两式相减可得，故是周期函数且最小正周期为6，故B正确；
，，，即，由，可得，再由，可得，而，故C错误；
令，则，又，
所以，即函数为偶函数，由可得，
又函数为偶函数，所以，即，
所以函数图象关于直线对称，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：首先根据，灵活的对赋值，是解决此类问题的关键，其次注意函数周期性的定义，函数图象对称关于对称的条件都是解决此问题的关键.
第II卷
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若向量，则在上的投影向量坐标为__________.
【答案】
【解析】
分析】根据投影向量坐标公式即可求解.
【详解】向量，
在上的投影向量的坐标为：
故答案为：
14. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先化简两个集合，再根据题意可转化为集合B是集合A的真子集，从而可求解.
【详解】 集合，
，
又“”是“”的必要不充分条件，
，解得，
实数的取值范围为: .
故答案为：.
15. 在中，点在边上，，若边上的高与边上的高之比为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设边上高为，边上的高为，设，结合，可得，，在中，由余弦定理可得，进而得到，.在中，再由余弦定理即可求解.
【详解】设边上的高为，边上的高为，设，
因为，
所以在中，，
又边上的高与边上的高之比为，
所以，即，
所以在中，，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
所以，，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
即.
故答案为：.
16. 已知则的最大值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】由条件消元转化为关于的式子，变形后原式可得，令换元后根据二次函数求最值.
【详解】由可得，故，
，
令，
则由知，
当时，即时，，即的最大值为4.
故答案为：4
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. 已知复数满足.
(1)求；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用复数的除法运算求出即可；
(2)求出的值并计算的值.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
18. 正三棱台中，.
(1)求三棱台的表面积；
(2)分别是的中点，为上一点，且，几何体的体积记为，几何体的体积记为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由正棱台的性质和棱台的表面积公式即可得出答案；
(2)将几何体的体积记为看成台体和三棱锥的体积，求出，几何体的体积记为看成台体和减去，相比即可得出答案.
【小问1详解】
因为正三棱台中，.
所以，，
过点作交于点，正三棱台的三个侧面为全等的等腰梯形，
且，
所以三棱台的表面积为：.
【小问2详解】
取的中点，连接，则，取的中心且共线，
连接且O2为其中点，由正棱台的性质知，平面，连接，
过作交于点，则，同理，
所以，
所以，点到平面的距离为，
，
三棱台的体积为：
三棱台的体积为：，
而，
所以几何体的体积记为，
几何体的体积记为，
故
19. 如图所示，有两个兴趣小组同时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每层楼高4.
(1)兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假山水平面C点测得B点的仰角为15°，在六楼A点处测得B点的俯角为45°，求假山的高度(精确到0.1)；
(2)兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测得AB=22，BC=16，求假山的高度(精确到0.1).
附：.
【答案】(1)4.2m
(2)4.3m
【解析】
【分析】(1)令假山的高度为.根据正弦定理求得，再根据即可求解；
(2)根据余弦定理求得，则，再根据即可求解.
【小问1详解】
令假山的高度为.
由题意可知，，
则，
根据正弦定理可得，，即，
所以，
而，
所以
故假山的高度大约为4.2m.
小问2详解】
根据余弦定理，可得，
则，
所以
故假山的高度大约为4.3m.
20. 已知函数的部分图象如图所示，其中，且，
(1)求函数的解析式；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据推出图象关于直线对称，从而得到周期，求得，进而可求得；
(2)先化简，再利用弦化切即可求解.
【小问1详解】
因为，所以图象关于直线对称，
所以，
所以，即
根据五点作图法可得，，
所以，又，所以，
所以
【小问2详解】
，
故的值为.
21. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：记的内角的对边分别为，且__________.
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【解析】
【分析】(1)选①：由正弦定理化为得；
选②：由条件知化为得；
(2)由得，求出的范围，由条件结合正弦定理得化为的函数求范围
【小问1详解】
选①：，由正弦定理得
，
，，，
，或，
若，则，不成立，.
选②：
，
，
，，
，，
，，
或舍去，.
【小问2详解】
，，
，，
,,由正弦定理得
22. 已知函数，
(1)当时.解不等式；
(2)记表示实数中的较大者.任意的，是否有恒成立？若是，请证明：否则，请说明理由.
【答案】(1)或；
(2)恒成立，证明见解析.
【解析】
【分析】(1)将代入得，再直接解不等式即可；
(2)根据的范围以及最大值含义进行合理放缩，再构造出关于的函数，求出其最值即可.
【小问1详解】
当时,由题意可知:,
所以，解得或，
所以不等式的解集为,或.
【小问2详解】
因为，则，则由最大值的定义可知
，
而
令
，则，
所以成立.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于根据，结合最大值含义进行放缩得，然后再代入化简，利用二次函数的图象与性质，两次求取最值即可.