浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共22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。
绝密★考试结束前2022学年第二学期浙南名校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、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. 已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部是（    ）A. 1 B. i C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法与虚部的定义求解即可.【详解】，故虚部为1.故选：A2. 在中，已知命题p：为钝角三角形，命题，则p是q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】B【解析】【分析】根据充分必要条件的定义结合向量的夹角判断即得.【详解】命题,可得，又因为，则为钝角，则可以推出，命题p：为钝角三角形，钝角三角形不一定是为钝角，则无法推出，故p是q的必要不充分条件.故选：B.3. 用半径为，圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设圆锥的底面半径为rcm,根据底面圆的周长即扇形的弧长求出半径r,利用勾股定理可得答案.【详解】设圆锥的底面半径为rcm，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，可得2πr=即底面圆的半径为1，.所以圆锥的高,故选B【点睛】本题考查圆锥侧面展开图的应用，圆锥侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.4. 在中，，则边的长为（    ）A. 3 B. 5 C. 3或5 D. 以上都不对【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理求的值.【详解】根据余弦定理可知，，则，整理为，解得：或故选：C5. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A. ，则 B. ，则C. ，则 D. ，则【答案】D【解析】【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，显然满足，而，此时不成立，A错误；对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，显然满足，而，此时不成立，B错误；对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，显然满足，而，此时不成立，C错误；对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.故选：D6. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用二倍角余弦公式可求得，根据诱导公式计算可得，由此可得结果.【详解】，.故选：C.7. 记，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】把三个数的指数都化为0.1，利用幂函数的单调性比大小.【详解】，，，，由幂函数在上单调递增，所以.故选：C8. 有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，设不计硬管粗细可通过的最大极限长度为l米．为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为米，则m的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB.设,则.过A作AC垂直内侧墙壁于C，B作BD垂直内侧墙壁于D，则.在直角三角形中，,所以.同理：.所以.因为（当且仅当且时等号成立）.所以.因为走廊的宽度与高度都是3米，所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为,所以.故选：A【点睛】利用三角函数解应用题的解题思路：（1）画出符合题意的图形；（2）把有关条件在图形中标出；（3）建立三角关系式，利用三角函数求最值二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 如图，正方体中，，点Q为的中点，点N为的中点，则下列结论正确的是（    ）A. 与为异面直线 B. C. 直线与平面所成角为 D. 三棱锥体积为【答案】AB【解析】【分析】对A，直接观察判断即可；对B，根据平面判断即可；对C，根据线面角的定义，结合直角三角形的性质求解即可；对D，利用等体积法求解即可.【详解】对A，由图可得，共面，且不在平面内，则与为异面直线,故A正确；对B，由正方体性质可得平面，又平面，故,故B正确；对C，由平面可得直线与平面所成角为，又，则，故，故，故C错误；对D，，故D错误.故选：AB10. 已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据平面向量的数量积运算可判断A；根据可判断B；设,由可求出，从而可判断CD.【详解】因为是平面单位向量，且，所以.因为，所以，故A错误；因为，所以，即，故B错误；设，因为，所以，解得，所以，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：BCD.11. 已知函数，则下面说法正确的是（    ）A. 若且图象关于直线对称，则B. 若且图像关于点对称，则C. 若且在上单调递增，则的最大值为2D. 若且在上的图象有且仅有2个最高点，则的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】利用三角函数的图象与性质逐一分析即可.【详解】对于A项，且图象关于直线对称时，有，因为，所以，即A正确；对于B项，且图像关于点对称时，有，因为，所以，即B错误；对于C项，且在上单调递增，则，所以，即C正确；对于D项，且在上的图象有且仅有2个最高点，则，所以，即D正确；故选：ACD12. 在锐角中，已知，D为边上的点，，则线段长的可能取值为（    ）A.  B.  C. 3.3 D. 【答案】AB【解析】【分析】根据等面积公式，结合三角形是锐角三角形，求线段的取值范围，即可判断选项.【详解】，设，，，且，所以，根据，得，得，，那么，角为锐角三角形，则中，，即，中，，，即综上可知，，只有AB满足条件.故选：AB【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的范围问题，关键是如何应用锐角三角形这个条件，根据余弦定理和三角形面积公式，围绕锐角三角形列式，即可求解.非选择题部分三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分．）13. 已知复数，（为虚数单位）在复平面上对应的点分别为，，则的面积为________．【答案】【解析】【分析】首先得到、的坐标，即可得到，，从而得到，再根据三角形面积公式计算可得.【详解】因为复数，（为虚数单位）在复平面上对应的点分别为，，所以，，所以，，则，，，所以，所以.故答案为：14. 已知直三棱柱的高为，，，则该三棱柱的外接球的体积为________．【答案】【解析】【分析】首先求出外接圆的半径，设直三棱柱外接球的半径为，则，即可求出，再根据球的体积公式计算可得.【详解】因为，，所以，设外接圆的半径为，则，又直三棱柱的高，设直三棱柱外接球的半径为，则，即，解得，所以外接球的体积.故答案为：15. 已知满足，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】首先化简条件，再结合数量积公式和余弦定理化简得到，再结合余弦定理和基本不等式求解.【详解】由条件可知，,设，则，即，则，化简为，，当时等号成立，所以的最小值是.故答案为：16. 已知正边长为1，点满足，为直线上的动点，设在的投影向量为，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】利用向量坐标运算表示出点坐标及和的坐标，再利用投影向量的知识得出，最后结合二次函数的最值求法求出的范围.【详解】如图，以所在直线为轴，以线段中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，，.因为点满足，所以是线段上靠近的三等分点，则.又因为为直线上的动点，设，由向量坐标公式得，所以，，在的投影向量为.而由已知得在的投影向量为，所以，即;当时，,设,则,因为时，，有最小值1，所以当时取到最大值1，所以；当时，，设,则，因为时，，单调递减，所以，所以在时，；当时，；综上所述，. 故答案为：四、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. 已知复数（，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足．（1）求实数b的值；（2）若复数z是关于x的方程（，且）的一个复数根，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据z在复平面上对应的点在第四象限，可得，再根据复数的模的计算公式即可得解；（2）法一：由题可知，为关于x方程的两个复数根，再根据韦达定理及复数的加法和乘法运算即可得解.法二：将代入方程可得，可得实部和虚部都等于0，即可得解.【小问1详解】∵z在复平面上对应的点在第四象限，∴，∵，∴，∴；【小问2详解】（法一）由题可知，为关于x方程的两个复数根，∴，解得，∴；（法二）将代入方程可得，∴，解得，∴.18. 在四棱锥中，平面，底面为正方形，，E和F分别为和的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，进而由线线平行得出线面平行；（2）通过为等腰三角形，推导出即为二面角的平面角，即可求出二面角的余弦值.【小问1详解】取的中点M，连接，∵M，E分别为的中点，∴是的中位线，∴且，又F为的中点，∴且，∴且，∴四边形是平行四边形，∴平面平面，∴平面，【小问2详解】取的中点N，G，连接，设，∴为等腰三角形，∴，∵，∴即，又平面，平面，平面平面，∴即为二面角的平面角，∴，∴二面角的平面角的余弦值为．19. 在中，已知为边上的高．设，记y关于A的函数为．（1）求的表达式及的取值范围；（2）若不等式恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）先利用直角三角形的性质表示出，再利用三角函数的知识求出范围；（2）先利用分离参数法得，再求解利用换元法以及证明的单调性，求解的范围可得答案.小问1详解】由已知可得：,∵,∴;∴.∵，∴，∴，∴，即的取值范围为．【小问2详解】由（1）知：，∴，记，则设，且，则，因为，所以，；因为，所以，所以，即在上单调递增．∴当，即时，t取到最大值为．∴，即实数m的取值范围为.20. 如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设．（1）求的值；（2）若为边长等于2的正三角形，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据图形，利用向量的线性运算，化简求值；（2）法一，根据平面向量基本定理的推论，确定，再以向量为基底，表示向量，利用数量积公式，即可求解；法二，首先设，以向量为基底，表示与，利用向量平行求，再利用数量积公式求的值.【小问1详解】因为O为的中点，，又，故【小问2详解】法一，设，因为O为的中点，，∴∵B，O，E三点共线，所以，得故因为为边长为2的正三角形故（法二）设又由（1）知与为非零的共线向量.与为非零的共线向量，所以，得∴因为为边长为2的正三角形故.21. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．（1）求角C的值；（2）若，求周长的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角C；（2）法一：将用的三角函数表示出来，结合求周长范围；法二：首先得到，再用表示周长，利用函数的单调性求范围.【小问1详解】，（法一），，，∴，则，又为锐角三角形，故.（法二）则，，∴，且为锐角三角形，故.【小问2详解】，，由于为锐角三角形，则，且，解得，（法一）周长，而，即，∴，故的周长l的取值范围为．（法二）由上，由余弦定理得，周长，记，则在单调递增，∴的周长l的取值范围为．22 已知函数，其中．（1）时，求函数的单调增区间；（2）已知存在三个不相等的实数，使得成立，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1） 时，先化简函数解析式，再根据函数的性质求单调区间;（2）由题意可得函数至少有三个单调区间，通过对分情况讨论，化简函数解析式，再结合函数的图像性质确定范围.【小问1详解】当时，解不等式，得，当时，，此时单调递增；当时，，对称轴为直线，此时在单调递减，在单调递增．综上的单调递增区间为．【小问2详解】由题意，可得函数至少有三个单调区间．①当时，，在单调递减，在单调递增．此时不存在符合题意；②当时，i），即时，恒成立，则，在单调递减，在单调递增，此时也不存在符合题意；ⅱ），即时，记的两根为，则，在单调递减，在单调递增．此时也不存在符合题意；③当时，方程必有两根：且，则，结合，得在单调递增，在单调递减，在单调递增．此时存在符合题意．记，则有，此时．若，则，与矛盾，所以，则为的两根，由韦达定理，得．，此时．无最小值；无最小值，无最大值，但值小于1．所以的取值范围为．【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是把绝对值去掉转化为分段函数；二是根据单调区间结合根的分布情况进行求解.