浙江省强基联盟2022-2023学年高一下学期5月统测数学试题(学生版+解析)

这是一份浙江省强基联盟2022-2023学年高一下学期5月统测数学试题(学生版+解析)，共27页。试卷主要包含了 已知，则， 下列说法错误的是， 若，则等内容，欢迎下载使用。
命题人：浙江省义乌中学—桂晓宇
审题人：杭师大附中—黄超
一､单项选择题：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. 设全集，则图中阴影部分对应的集合是( )

A. B. C. D.
2. 已知(其中为虚数单位)，则( )
A. B. C. D.
3. 下列说法错误的是( )
A. 一个八棱柱有10个面B. 任意四面体都可以割成4个棱锥
C. 棱台侧棱的延长线必相交于一点D. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱
4. 设是平行四边形的对角线的交点，则( )
A. B. C. D.
5. 若，则( )
A. －1B. 1C. －2D. 2
6. 若，则( )
A B.
C. D.
7. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若关于的方程在上有且仅有三个不相等的实根，则实数的取值范围是( )
A B. C. D.
8. 如图所示，在三棱锥中，与所成的角为，且．在线段上分别取靠近点的等分点，记为，．过作平行于的平面，与三棱锥的截面记为，其面积为，则以下说法错误的是( )

A. 截面都为平行四边形
B.
C.
D
二､多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知是虚数单位，下列说法正确的是( )
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 若是纯虚数，则实数
D. 若，则的最大值为
10. 在锐角中，角的对边分别为，则下列选项正确的是( )
A. B. C. D.
11. 如图，在中，，则的可能值为( )

A. B. C. D.
12. 在正方体中，为棱的中点，在侧面上运动，且，已知正方体的棱长为2，则( )

A 平面
B. 的轨迹长度为
C. 的最小值为
D. 当在棱上时，经过三点的正方体的截面周长为
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在三棱锥中，平面，则三棱锥的表面积为__________．
14. 已知，则__________．
15. 已知向量，若，则的最小值为__________．
16. 水平桌面上放置了3个半径为2的小球，3个小球的球心构成正三角形，且相邻的两个小球相切，若用一个半球形的容器罩住3个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为__________．
四､解答题：第17题10分，18~22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 已知向量．
(1)若，求实数的值；
(2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
18. 在中，角的对边分别为，在以下条件中选择一个条件：①；②；③．求解以下问题．(选择多个条件的，以所选的第一个计分)
(1)求角；
(2)若，且，求的内切圆半径．
19. 在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，底面是的中点，是的中点，分别在线段和上，且．

(1)证明：平面平面．
(2)求直线与底面所成角的大小．
20. 杭州市为迎接2023年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图所示的四边形．运动员在公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车或收容车处获得帮助，如修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点处进行，还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料、工具和配件，所以项目设计需要预留出为赛道内的两条服务通道(不考虑宽度)，为赛道，，．

(1)设点到赛道的最短距离为，请用表示的解析式；
(2)应该如何设计，才能使折线段赛道最长(即最大)，最长值为多少？
21. 如图，在多面体中，平面平面，平面平面菱形，．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
22. 已知函数，其中．
(1)当时，求的值域；
(2)若对任意，求实数的取值范围．
2022学年第二学期浙江强基联盟高一5月统测
数学试题
命题人：浙江省义乌中学—桂晓宇
审题人：杭师大附中—黄超
一､单项选择题：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. 设全集，则图中阴影部分对应的集合是( )

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】图中阴影部分表示，由交集的补集的定义求解即可.
【详解】图中阴影部分表示，，则或，
因为
所以，
故选：D．
2. 已知(其中为虚数单位)，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算可得结果.
【详解】，
故选：D．
3. 下列说法错误的是( )
A. 一个八棱柱有10个面B. 任意四面体都可以割成4个棱锥
C. 棱台侧棱的延长线必相交于一点D. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验．
【详解】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，故A说法正确；
对于选项B：任意四面体，在四面体内取一点为，将点与四面体的各个顶点连，即可构成4个棱锥，故B说法正确；
对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确；
对于选项D：矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D说法错误.
故选：D．
4. 设是平行四边形的对角线的交点，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形性质及向量线性运算化简得解.
【详解】如图，

，
故选：A．
5. 若，则( )
A. －1B. 1C. －2D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由，得，解得，由题意可知是方程的两根，由韦达定理可得答案.
【详解】∵，∴，解得，
∴，
∴是方程的两根，则，∴.
故选：C．
6. 若，则( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接与0比较，均在内，所以作差法进一步比较，与1比较即可.
【详解】因，所以，
因为，所以，即，
，
所以，
故选：A
7. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若关于的方程在上有且仅有三个不相等的实根，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数图象平移的规律得的解析式，结合的范围，根据正弦函数的性质列出不等式即可得结果.
【详解】，则，
∵，∴，
若关于的方程在上有且仅有三个不相等的实根，
则，解得，
即实数的取值范围是.
故选：B．
8. 如图所示，在三棱锥中，与所成的角为，且．在线段上分别取靠近点的等分点，记为，．过作平行于的平面，与三棱锥的截面记为，其面积为，则以下说法错误的是( )

A. 截面都为平行四边形
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的性质可证明截面为平行四边形判断A，利用平行四边形面积公式可求出，据此判断B，由的单调性判断C，化简后判断函数的单调性可判断D.
【详解】过作平行于平面分别交于，如图，

对于A，因为平面，且平面平面，所以，
同理，故四边形为平行四边形．故A正确；
又所成的角为，所以所成的角也为．
又为靠近的等分点，故．
故．
对于B，，故B正确；
对于C，是关于的开口向下的二次函数，先增后减，C错误；
对于D，，当时是单调递增的，故D正确．
故选：C．
二､多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知是虚数单位，下列说法正确的是( )
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 若是纯虚数，则实数
D. 若，则的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特值法可判断A；设，所以，求出可判断B；由纯虚数概念求解可判断C；由得在复平面内对应的点的轨迹是单位圆，利用圆的性质可判断D．
【详解】对于A，当时，，所以A错误；
对于B，设，因为，所以，于是，所以B正确；
对于C，是纯虚数，则即，故C错误；
对于D，由，得在复平面内对应的点的轨迹是单位圆，所以，所以D正确．
故选：BD．
10. 在锐角中，角的对边分别为，则下列选项正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据锐角三角形可判断A，由正弦定理及两角和差的正弦公式、正弦函数的单调性可判断C，由锐角三角形可判断角的范围，利用正切函数的单调性判断D，根据C及正弦定理、二倍角的正弦公式判断B.
【详解】 为锐角三角形，，即，可得，故正确；
由正弦定理可知，，即，
，又三角形为锐角三角形，，即，故C正确；
由C知，，解得，所以，所以，故D正确；
，而，所以，故B错误．
故选：ACD
11. 如图，在中，，则的可能值为( )

A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用向量的运算求得，从而得，由基本不等式得，由此判断可得答案．
【详解】由于是上的两个三等分点，则．
由图形可得，
因为，所以，
整理得，即，
结合基本不等式得，
当且仅当时，等号成立．
所以的最小值为.
故选：BD．
12. 在正方体中，为棱的中点，在侧面上运动，且，已知正方体的棱长为2，则( )

A. 平面
B. 的轨迹长度为
C. 最小值为
D. 当在棱上时，经过三点的正方体的截面周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】直观想象即可判断A；以以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量垂直判断的轨迹即可判断B；利用空间向量求点到直线的距离可判断C；用向量判断截面，然后可求周长，可判断D.
【详解】对A，取的中点，连接，则，
所以，所以共面，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，故A错误，
对B，因为平面，平面，所以．
取的中点，连接，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
因为，所以的轨迹为，B正确．
对C，由上知平面，记垂足为K，因为平面，所以，所以，即为点M到AH的最小距离，
又，所以，
所以，
所以点M到AH的距离，C正确．
对D，取上靠近点的四等分点，上靠近的三等分点，
则，，
因为，
所以五点共面，所以五边形即为截面，
所以周长，D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：本题难点主要在于截面的确定，关于截面的确定，主要是利用线面平行性质定理，通过作平行线的方法来确定截面.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在三棱锥中，平面，则三棱锥的表面积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由平面，可证得平面，从而，可知三棱锥的四个面均为直角三角形，从而可求表面积．
【详解】
因为平面，平面，
所以，，,
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以三棱锥的表面积为．
故答案为：.
14. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】令，则，利用诱导公式及二倍角公式求解即可.
【详解】令，则，
故．
故答案为：.
15. 已知向量，若，则的最小值为__________．
【答案】6
【解析】
【分析】由向量平行坐标表示可得，根据，利用基本不等式可求得结果.
【详解】，
，
当且仅当，即，即，时，等号成立．
故的最小值为6．
故答案为：6.
16. 水平桌面上放置了3个半径为2的小球，3个小球的球心构成正三角形，且相邻的两个小球相切，若用一个半球形的容器罩住3个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】以3个小球球心和与桌面的切点为顶点作三棱柱，结合图形分析可解.
【详解】如图所示，设3个球心分别为个球分别与水平桌面相切于三点，
假设半球形的容器与球相切于点，此时半球形容器内壁的半径最小，记最小半径设为，易知是边长为4的正三角形，记AB中点为E，半球形容器的球心O为的中心，则.
则．
故答案为：

四､解答题：第17题10分，18~22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 已知向量．
(1)若，求实数的值；
(2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据向量垂直的坐标表示列式计算即可；
(2)的夹角为锐角，则且不共线，列式计算即可.
【小问1详解】
，，
，
，解得.
【小问2详解】
的夹角为锐角，且不共线同向，
且，解得且，
即实数的取值范围为.
18. 在中，角的对边分别为，在以下条件中选择一个条件：①；②；③．求解以下问题．(选择多个条件的，以所选的第一个计分)
(1)求角；
(2)若，且，求的内切圆半径．
【答案】(1)
(2)1
【解析】
【分析】(1)选①．由已知得，由正弦定理得化边为角，进而得，结合的范围可得．
选②．由正弦定理化角为边得，则，可得．
选③．由已知得，即，则，可得．
(2)因为，所以，由余弦定理求得，求得的面积，利用面积法求得内切圆半径．
小问1详解】
选①．
因为，所以，
所以，因为，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以．
选②．
，则，
所以，即，所以，
因为，所以．
选③．
因为，所以，
又，所以，
因为，所以．
【小问2详解】
因为，由(1)可知，所以，又，
则，
所以，又的面积，
设的内切圆半径为，则，
所以，解得．
19. 在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，底面是的中点，是的中点，分别在线段和上，且．

(1)证明：平面平面．
(2)求直线与底面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据比例关系可得线线平行，由此可得线面平行，再由面面平行的判定定理得证；
(2)根据线面角的定义得出线面角，再求解即可.
【小问1详解】
取的中点，取上靠近的四等分点，连接，

，
且，
，
且，
且，
四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面，
，
，
又平面平面，
平面，
平面
平面平面．
【小问2详解】
由(1)知，又底面，
底面，连接，
就是与底面所成的角．
在中，，
，
，
与底面所成角的大小是．
20. 杭州市为迎接2023年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图所示的四边形．运动员在公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车或收容车处获得帮助，如修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点处进行，还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料、工具和配件，所以项目设计需要预留出为赛道内的两条服务通道(不考虑宽度)，为赛道，，．

(1)设点到赛道的最短距离为，请用表示的解析式；
(2)应该如何设计，才能使折线段赛道最长(即最大)，最长值为多少？
【答案】(1)
(2)当时，取得最大值
【解析】
【分析】(1)在中，利用正弦定理求得，由可求出结果；
(2)在中，由正弦定理得，，从而得，然后利用三角函数的性质求得答案.
【小问1详解】
由已知得．
在中，由正弦定理得，．
又，且，
，
即．
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
，
．
，
当，即时，取得最大值．
21. 如图，在多面体中，平面平面，平面平面是菱形，．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可得证；
(2)利用勾股定理可得出线段的长，再由此证明，得出二面角的平面角，计算得解.
【小问1详解】
分别取的中点，连接，如图，

是菱形且，
为正方形，故，
平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
同理可得，，
平面平面，
又平面．
【小问2详解】
在上取，连接．
因为平面，由(1)知，，
由勾股定理可知，，
在中可得，
由正三角形可知，
在平行四边形中，由可知，，
，
，
，
即为二面角的平面角．
由余弦定理知，
二面角的平面角的余弦值为．
22. 已知函数，其中．
(1)当时，求的值域；
(2)若对任意，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】(1)当，，通过令，将问题转化成的值域，再利用二次函数的性质即可求出结果；
(2)令，将问题转化成，再通过对二次函数的对称轴所在区间进行讨论，求出在区间上最大值和最小值，再根据条件建立不等关系即可得出结果.
【小问1详解】
当时，，
令，因为，则，所以，
又由，所以，则，
所以，
所以的值域为，即的值域为．
【小问2详解】
令，
由(1)知，成立，即，
因为，所以为开口朝上的二次函数，对称轴为，
①当时，即，且，
所以，解得，又，故舍去，
②当时，即，所以，的最大值为或，所以
，即，化简变形得，
又易知，恒成立，所以或，得到或或，
又，而，
故或．
【点睛】问题点晴：解决本题的关键是，利用与间的关系，通过换元，将问题转化成二次函数的最值问题.