浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，解得，所以，
因为，所以.
故选：B.
2. 若（是虚数单位），则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以.
故选：C.
3. 军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1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.
【答案】C
【解析】因为1密位等于圆周角的，所以角密位时，.
故选：C．
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
【答案】A
【解析】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：A.
5. 杭州亚运会火炬如图（1）所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图（2）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.
【答案】A
【解析】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，A选项较为合适.
故选：A.
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.
【答案】A
【解析】中，，
由正弦定理可得，即，得，
由题意可知，，所以，.
故选：A.
7. 已知函数（e为自然对数的底数），则（ ）
A.
B. ，当时，
C.
D ，当时，
【答案】D
【解析】由题，假设当时，，作出示意图如图所示：
则时，，当时，，则A选项错误；
因为，，，故C选项错误；
且，
则结合图像可知，当时，恒成立，故B选项错误；
对于D选项，时，由图可知，则D选项正确.
故选：D.
8. 设函数，且在区间上单调，则的最大值为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】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3.
故选：B.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
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
【答案】AC
【解析】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：AC.
10. 如图，是正六边形的中心，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】CD
【解析】根据题意，结合平面向量的线性运算法则，可得：
对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由，
所以B不正确；
对于C中，设正六边形的边长为，可得，
，所以，所以C正确；
对于D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：CD.
11. 如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B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
【答案】BCD
【解析】在末，点的坐标为，点的坐标为；
，扇形的弧长为；
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；
，经过s后，可得，面积的可取得最大值.
故选：BCD.
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
【答案】ACD
【解析】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，
内切球的体积为，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：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 设函数，若，则__________.
【答案】
【解析】当时，，；当时，，(舍)，
．
故答案为：.
14. 将曲线上所有点向左平移个单位，得到函数图象，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】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：.
15. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，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__________.
【答案】
【解析】空1：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2，
所以，所以，
所以直线与平面所成角的正切值为，
空2：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： .
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__________.
【答案】
【解析】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：.
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. 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．
（1）求的值；
（2）若角满足，求的值．
解：（1）由角的终边过点，得．
（2）由角的终边过点，得，
由，得，
，
当时，；
当时，，
综上所述，或．
18. 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5个小时消除了10%的污染物.
（1）求的值（精确到0.01）；
（2）求污染物减少需要花的时间（精确到）？
参考数据：.
解：（1）由知，当时，；当时，；
即，所以，
即.
（2）当时，，即，
则，
故污染物减少需要花的时间约为.
19. 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，分别为正方向上的单位向量.若向量，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.
（1）证明：；
（2）若向量的“@未来坐标”分别为，，求向量的夹角的余弦值.
解：（1）因为，
所以
.
（2），
，
，
，
所以.
20. 在四边形中，.
（1）求证：.
（2）若，且，求四边形的面积.
解：（1）在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
又，所以，
所以.
（2）在中，由正弦定理得，
所以，所以或，
①当时，则，
在中，由余弦定理得，，又，解得，
此时四边形的面积，
②当时，则，
在中，由余弦定理得，，解得，
此时四边形的面积.
21. 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(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒长，宽，高分别为.
（1）在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面；
（2）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？
解：（1）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.
（2）方案1中，绳长为；
方案2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.
22. 已知函数.
（1）直接写出的解集；
（2）若，其中，求的取值范围；
（3）已知为正整数，求的最小值（用表示）.
解：（1）∵，
∴，即为，
当时，，故，显然不成立；
当时，，故，
即，解得，
综上所述，的解集为.
（2）设，则，
令，整理得：，
故，且，得，
∴在上单调递增，
所以，
即.
（3）
①时，；
②时，；
③时，；
④时，，
∴，
综上所述，.