浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高一数学下学期4月期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高一数学下学期4月期中试题（Word版附解析），共21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学年浙江省杭州市六县九校联盟高一（下）期中数学试卷第Ⅰ卷（选择题）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. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】应用集合的交运算求结果.【详解】由题设.故选：C2. 设，，，则（    ）A. c＞a＞b B. a＞c＞bC. b＞c＞a D. b＞a＞c【答案】B【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解即可．【详解】因为，，，所以b＜0，，所以a＞c＞b．故选：B．3. 设，则“”是“”的（    ）A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】解不等式，再判断不等式解集的包含关系即可.【详解】由得，由得，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4. 如图，一个水平放置平面图形的直观图是边长为1的菱形，且 ，则原平面图形的面积为（    ）  A. 2 B. 1 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】依据在轴上或平行于轴的线段，在直观图与原图中保持长度不变，在轴上或平行于轴的线段，原图中的长度是直观图中长度的2倍来将直观图还原.【详解】把直观图还原出原平面图形为平行四边形，如图所示：  其中,，所以原平面图形的面积为S＝2×1＝2．故选：A.5. 下列命题中正确的是（    ）A. 如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B. 平面内有不共线的三个点A，B，C到平面的距离相等，则C. ，，则D. ，，，则【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的判断和性质理解辨析.【详解】对于A：若一条直线与一个平面平行，这条直线与平面内的无数条直线平行，但不是任意一条，A错误；对于B：由题意可得：或与相交，B错误；对于C：根据题意可得：或，C错误；对于D：∵，则，使得，则∴∴，D正确；故选：D.6. 圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美．小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则估算索菲亚教堂的高度为（    ）   A. 20m B. m C. m D. m【答案】C【解析】【分析】在中由正弦得出AM，再结合中由正弦定理得到CM，进而能求CD．【详解】解：由题意知：所以，在中，，在中，由正弦定理得，所以，由于在中，(m)．故选：C．7. 正方体的棱长为2，点分别是棱中点，则过点三点的截面面积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】作图作出过点三点的截面，说明截面为正六边形，求得边长皆可求得截面面积.【详解】如图，设AB的中点为H，连接HR并延长，交DA延长线于E,交DC延长线于F，连接PE交 于G,连接QF交 于I，连接GH,RI,则六边形PQIRHG为过点三点的截面，由题意可知， ,则 ,故,可知 ,即G为的中点，同理可证I为的中点，故可知六边形PQIRHG为正六边形，且边长为 ，故其面积为 ，即过点三点的截面面积是 ，故选：D8. 已知，且，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】可得出，根据条件得出，设，则，从而得出，，然后根据函数的单调性可得出y的取值范围，进而得出的取值范围．【详解】，∵，∴，所以，设，则，则，，由双钩函数的性质可得∵在单调递减，在上单调递增，∴，时，；m＝2时，，∴的取值范围为：．故选：B．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. 下列命题为真命题的是（    ）A. 复数的虚部为B. 若i为虚数单位，则C. 复数在复平面内对应的点在第三象限D. 复数的共轭复数为【答案】BC【解析】【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数虚部，共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解．【详解】对于A,复数的虚部为，故A错误；对于B,，故B正确；对于C,复数在复平面内对应的点在第三象限，故C正确；对于D,，其共轭复数，故D错误．故选：BC．10. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（    ）A. 若A＞B，则B. 若，则有两解C. 若，则为锐角三角形D. 若，则为等腰三角形或直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】由余弦函数的单调性即可判断A,由正弦定理即可判断B,由余弦值的性质即可判断C,由边角互化即可判断D.【详解】对于A，所以函数在上单调递减，所以，故A正确；对于B，由正弦定理可得：，∴，此时无解，故B错误；对于C，∵，为三角形的内角，∴，可知A，B，C均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；对于D：∵，所以由正弦定理可得，又,因此， ∴，∴，b＝a或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．故选：ACD．11. 已知向量，，，λ∈R，μ∈R，则（    ）A. 若λ＝1，则在方向上的投影向量为B. 与共线的单位向量为C. 若，则D. 的最小值为【答案】AD【解析】【分析】根据向量的坐标运算，然后根据投影向量的计算公式即可求出在方向上的投影向量，判断出A的正误；由题可知所求单位向量为，从而判断B的正误，根据得出，由坐标相等即可判断C；可求出，然后配方即可判断D的正误．【详解】对于A．λ＝1时，，，，，∴在方向上的投影向量为：，A正确；对于B．与共线的单位向量为：或，B错误；对于C．，∴，∴，解得，∴，C错误；D．∵，∴，∴的最小值为：，D正确．故选：AD．12. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（    ）A. 圆锥SO侧面积为B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为C. 的取值范围是D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D．【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；在圆周上，易得，．B正确；，又中，，所以，所以．C错；时，把和摊平，如图，的最小值是，此时，，，，，D正确．故选：BD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 复数，i为虚数单位，则____________ ．【答案】1【解析】【分析】先化简复数z，再由复数的模长公式计算即可．【详解】由题意，，则．故答案为：1．14. 如图，在单位圆中，，､分别在单位圆的第一､二象限内运动，若，为等边三角形，则___________.【答案】##【解析】【分析】先根据三角形面积公式求出，然后结合两角和与差的正弦公式求得答案.【详解】由题意，，而点N在第二象限，所以，因为，所以.故答案为：.15. 已知菱形ABCD的边长为2，，点E，F分在边BC，CD上，，．若，则的最小值为___________．【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，把用表示，最后转化为含有，的代数式，再结合及基本不等式求得的最小值．【详解】解：如图，，，且，，．由题意可得，，，，，则，（当且仅当时等号成立），的最小值为．故答案为：．16. 已知圆锥底面圆的直径为2，高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为__________．【答案】##【解析】【分析】四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体内接于圆锥的内切球，求出圆锥的内切球半径，即可求正四面体的棱长a的最大值．【详解】依题意，正四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体棱长最大时内接于这个圆锥的内切球，设圆锥内切球球心为，球的半径为，圆锥的底面圆半径为，作出圆锥的轴截面，截圆锥得等腰，其中，截圆锥内切球得球的大圆，该圆是的内切圆，如图；其中为切点，，则，即为正三角形，于是是的中心，连接，则平分，有，即有，则，设半径的球的内接正四面体棱长为，正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，而正四面体的四个顶点都在正方体上，于是正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，因此，即，所以的最大值为﹒故答案为：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. 已知＝4，＝8，与的夹角是120°．（1）计算：||；（2）当k为何值时，?【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据结合数量积的运算律即可得解；（2）若，则，结合数量积的运算律，从而可得出答案.【小问1详解】解：；【小问2详解】解：若，则，即，即，解得，所以当时，.18. 已知向量，，．（1）若，求x的值；（2）记，若对于任意，而恒成立，求实数的最小值．【答案】（1）    （2）的最小值为【解析】【分析】（1）根据向量平行，得到，由求解即可；（2）利用向量数量积运算得到解析式，由恒成立，再通过求解在的最值，即可得到的最小值.【小问1详解】由，则，则，，，故，，由于，所以，所以，则.【小问2详解】==+，==，∵，∴，.∵恒成立，∴，从而，即.19. 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A处沿直线步行到C处；另一种是先从A处沿索道乘缆车到B处，然后从B处沿直线步行到C处，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为，在甲出发2min后，乙从A处乘缆车到B处，再从B处匀速步行到C处，假设缆车的速度为，山路AC长为1260m，经测量，．  （1）从A处到B处，乙乘坐缆车的时间是多少min？（2）乙出发多长时间后，乙在缆车上与甲的距离最短？【答案】（1）    （2）当时，甲、乙两游客距离最短．【解析】【分析】（1）先利用两角和的正弦公式求得，再根据正弦定理求出AC的长，从而可求乙乘坐缆车的时间；（2）设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了，乙距离A处130t m，由余弦定理可求d，进而可求d的最小值；【小问1详解】在中，因为，．所以，，所以，由正弦定理，得，乙乘缆车的时间是；  【小问2详解】假设乙出发分钟后，甲、乙距离d，此时，甲行走了，乙距离A处，所以由余弦定理得，因为，故当时，甲、乙两游客距离最短．20. 如图，斜三棱柱中，D，分别为AC，上的点．  （1）当时，求证平面；（2）若平面平面，求的值，并说明理由．【答案】（1）证明见解析    （2），理由见解析【解析】【分析】（1）欲证平面，只需证与平面内一直线平行，当时，为线段的中点，作出辅助线，证明出，满足定理所需条件；（2）根据平面与平面平行的性质定理可知，同理，根据比例关系即可求出所求．【小问1详解】如图，当时，为线段的中点，连接交于点O，连接．  由棱柱的性质，知四边形为平行四边形，所以点O为的中点．在中，点O、分别为、的中点，∴．又∵平面，平面，∴平面．【小问2详解】由已知，平面平面，且平面平面，平面平面．因此，同理．∴，．又∵，∴，即．21. 在①，②，③．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，            ．（1）求角C的值；（2）若角C的平分线交于点D，且，求的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）选择条件①：根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换公式和角C的取值范围，即可求解；选择条件②：根据已知条件，结合余弦定理，以及角C的取值范围，即可求解；选择条件③：根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解；（2）由，可得，∴，进而利用均值不等式可求2a＋b的最小值．【小问1详解】选择条件①：∵，∴由正弦定理得，∵，∴，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴；选择条件②：∵，∴，∴，∴．∵，∴；选择条件③：∵，∴，∵，∴，由正弦定理得，即，∴，∵，∴．【小问2详解】角C的平分线交AB于点D，在中，，在中，，在中，∵，∴，∴，∴，∴．当且仅当，时等号成立，∴的最小值为．22. 已知．（1）当时，解不等式；（2）若，且函数的图像与直线有3个不同的交点，求实数a的取值范围．（3）在（2）的条件下，假设3个交点的横坐标分别为，，，且，若恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）；    （2）；    （3）.【解析】【分析】（1）由题可得或，进而即得；（2）根据分类讨论可得函数的解析式，然后利用数形结合即得；（3）由题可得，分，讨论，结合条件求的取值范围即得.【小问1详解】当时，，又∵，∴或，∴不等式的解集为；【小问2详解】由题设得，可得函数的大致图象，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，要使函数的图像与直线有3个不同的交点，则，所以，解得，又，所以，a的取值范围为；【小问3详解】由（2）可知，当时，，为方程的两根，则，即，又在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在单调递增，，（ⅰ）当，即时，是方程的较小根，，在上单调递减，则，∴；（ⅱ）当，即时，是方程的正根，∴，∴，则，综上，．