2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  己知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  若是虚数单位，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”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所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图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.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）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做匀速圆周运动若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，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
 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
 三、填空题（本大题共4小题，共20.0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，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______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
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．
求的值；
若角满足，求的值．18.  本小题分
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，是正常数已知在前个小时消除了的污染物．
求的值精称到；
求污染物减少需要花的时间精确到．
参考数据：，，．19.  本小题分
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，两分别为，正方向上的单位向量若向是，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．
证明：
若向量的“@未来坐标”分别为，，求向量的夹角的余弦值．
20.  本小题分
在四边形中，，．
求证：．
若，且，求四边形的面积．
21.  本小题分
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：方案为十字捆扎如图，方案为对角捆扎如图设礼品盒的长，宽，高分别为，，．

在方案中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面；
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.  本小题分
已知函数．
直接写出的解集；
若，其中，求的取值范围；
已知为正整数，求的最小值用表示．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
．
故选：．
求出集合，然后求解交集即可．
本题考查集合的基本运算，二次不等式的解法，考查计算能力．
 2.【答案】 【解析】解：因为，
所以．
故选：．
先求得，再根据模长公式即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为密位等于圆周角的，
所以角密位时，．
故选：．
由密位制与弧度的换算公式可得，，从而可得解．
本题主要考查了扇形的弧长公式的应用，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查充分条件和必要条件的定义，空间中面面垂直关系的判断，属中档题．
 5.【答案】 【解析】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，选项较为合适．
故选：．
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．
本题主要考查了函数图象的判断，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：在中，，
由正弦定理可得，即，得，
由题意可知，，
所以．
故选：．
利用正弦定理可求得，进而可得出，即为所求．
本题主要考查解三角形，正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：由指数函数的增长速度最快可知，当时，恒成立，故A错误；
画出两个函数图象：

，，
所以的零点，故BC错误；
由指数函数的增长速度最快可知，
当时，恒成立，故D正确．
故选：．
由指数函数的增长速度最快，可知是否正确；又，，可判断是否正确．
本题考查函数的图象和性质，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】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，，因为，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．
故选：．
根据与可得，再根据单调性可得，验证，与即可．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】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：．
求函数的奇偶性可判断；分离参数可得，根据指数函数的值域可判断；根据单调性的定义可判断．
本题主要考查了函数的奇偶性，单调性的判断，还考查了函数值域的求解，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对于中，由，所以不正确；
对于中，由，所以不正确；
对于中，设正六边形的边长为，可得，，所以，所以C正确；
对于中，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：．
根据向量的线性运算法则，可判定、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．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：在末，点的坐标为，故A错误；
点的坐标为；，扇形的弧长为，故B正确；
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，故C正确；
，经过后，可得，面积的可取得最大值，故D正确．
故选：．
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；根据三角形面积公式可判断．
本题主要考查扇形的面积公式，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】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；
设内切球的表面积，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，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：．
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、，由圆锥及球的体积公式判断，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．
本题考查圆锥的内切球与外接球问题，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：当时，，，
当时，，舍．
．
故答案为：．
分段求解方程和指数方程，则问题得解．
本题主要考查了由函数值求解变量，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】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：．
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．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于基础题．
 15.【答案】  【解析】解：空：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，
所以为直线与平面所成角，
因为正三棱柱的各条棱长都是，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为，
空：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：；．
空：取的中点，连接，，则可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可；
空：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．
本题考查线面角的求解，异面直线所成角的求解，属中档题．
 16.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查函数性质的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 17.【答案】解：由角的终边过点，得．
由角的终边过点，得，
由，得，
，
当时，；
当时，，
综上所述，或． 【解析】根据某个角正弦的定义，直接求解即可；
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．
本题主要考查两角和与差的三角函数，考查转化能力，属于中档题．
 18.【答案】解：由知，当时，；
当时，；
即，
所以，
即；
当时，，即，
则．
故污染物减少需要花的时间约为． 【解析】由题意可得，求解即可；
由题意可得，求解即可．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查运算求解能力，属于基础题．
 19.【答案】证明：因为，
，
所以，
所以
解：因为，，
所以，
，
所以向量夹角的余弦值为：
，． 【解析】利用平面向量的坐标表示与向量相等，即可证明结论成立．
根据平面向量的数量积与夹角公式，计算即可．
本题考查了平面向量的数量积与夹角余弦值计算问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
 20.【答案】证明：在中，由正弦定理得，
，，
，
在中，由正弦定理得，
即，
．
又，
，
．

解：在中，由正弦定理得，
，
或，
当时，则，
在中，由余弦定理得，，又，
解得，
此时四边形的面积，
当时，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，
此时四边形的面积． 【解析】由条件结合正弦定理证明，由此证明结论；
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．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 21.【答案】解：证明：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；
方案中，绳长为；
方案中，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． 【解析】先证明，从而可证平面，进而得，从而可证平面，从而可证平面；
方案中，绳长为；方案中，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．
本题考查线面平行的判定，考查多面体表面上的最短距离问题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】解：，
，即为，
又因为，所以有，
当时，，故，显然不成立；
当时，，故，即，解得，
综上所述，的解集为；
设，则，
令，整理得：，
故，且，得，
在 上单调递增，
所以，
即；
因为，
因为，
，，，
当时，，所以；当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，，
所以；
综上所述，． 【解析】转化为求解，分与讨论即可求解；
根据韦达定理得，再根据对勾函数的性质即可求解；
根据二次函数的性质分类讨论即可求解．
本题考查了转化思想、分类讨论思想及二次函数的性质，属于中档题．