浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（含解析）.docx

2022学年第二学期期中杭州地区(含周边)重点中学高一年级数学学科试题考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷密封区内填写班级考试号和姓名；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效4.考试结束后，只需上交答题卷.第卷一选择题：本题共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，且，则等于( )A. B. 2C. D. 2. 设复数(为虚数单位)，则的模等于( )A. B. 5C. D. 103. 已知中，则等于( )A. B. C. D. 4. 直径为的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为( )A. 3B. 6C. 9D. 275. 如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，则平面图形的面积是( )A. 14B. 7C. D. 6. 设，则( )A. B. C. D. 7. 如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积( )A. B. C. D. 8. 已知非零向量，满足，且，则的最小值为( )A. B. 3C. D. 1二多选题：本题共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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 下列说法中，正确的有( )A. 复数满足；B. “为钝角”是“复数在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件；C. 已知复数“的虚部相等”是“”的必要条件D. 在复数范围内，若是关于实系数方程的一根，则该方程的另一根是10. 已知内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是( )A. 若，则一定是钝角三角形B. 若，则一定是锐角三角形C. 若，则一定是等腰三角形D. 若，则一定是等边三角形11. 已知三棱锥中，分别是的中点，是棱上(除端点外)的动点，下列选项正确的是( )A. 直线与是异面直线；B. 当时，三棱锥体积为；C. 的最小值为；D. 三棱锥外接球的表面积.12. 已知函数满足：则下列判断正确的是( )A. 为奇函数B. 是周期函数且最小正周期为6C. D. 的图象关于直线对称第II卷三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若向量，则在上的投影向量坐标为_.14. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为_.15. 在中，点在边上，若边上的高与边上的高之比为，则_.16. 已知则的最大值为_.四解答题：本题共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. 已知复数满足.(1)求；(2)求.18. 正三棱台中，.(1)求三棱台的表面积；(2)分别是中点，为上一点，且，几何体的体积记为，几何体的体积记为，求的值.19. 如图所示，有两个兴趣小组同时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每层楼高4.(1)兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假山水平面C点测得B点的仰角为15°，在六楼A点处测得B点的俯角为45°，求假山的高度(精确到0.1)；(2)兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测得AB=22，BC=16，求假山的高度(精确到0.1).附：.20. 已知函数的部分图象如图所示，其中，且，(1)求函数的解析式；(2)若，求的值.21. 在，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.问题：记的内角的对边分别为，且_.(1)证明：；(2)若，求取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22. 已知函数，(1)当时.解不等式；(2)记表示实数中的较大者.任意的，是否有恒成立？若是，请证明：否则，请说明理由.2022学年第二学期期中杭州地区(含周边)重点中学高一年级数学学科试题考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷密封区内填写班级考试号和姓名；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效4.考试结束后，只需上交答题卷.第卷一选择题：本题共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，且，则等于( )A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量平行的坐标运算求解.【详解】，且，即，故选：A2. 设复数(为虚数单位)，则的模等于( )A. B. 5C. D. 10【答案】C【解析】【分析】先计算，再根据模长公式即可求解.【详解】因为，所以，所以.故选：C3. 已知中，则等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三边的比令，进而可知，根据勾股定理逆定理推断出，进而根据推断出，进而求得，则三个角的比可求【详解】解：依题意令，所以为直角三角形且，又，且，故选：A4. 直径为的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为( )A. 3B. 6C. 9D. 27【答案】D【解析】【分析】求出小球的体积，求出大球的体积，然后求出小球的个数.【详解】小球的体积为：，大球的体积为：，所以可铸成这样的小球的个数为：，故选：D5. 如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，则平面图形的面积是( )A. 14B. 7C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，可知原图中，从而得出ADDC，且，直观图中，可知原图中，即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，故其面积.故选：B6. 设，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用对数函数、指数函数的单调性确定的范围，进而比较大小可得答案.【详解】因为在上单调递增，所以，即；因为在上单调递增，所以，因为在上单调递减，所以，所以.故选：D7. 如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.【详解】如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.因为为的中点，为的中点，所以，所以，在中，在中，同理可得.令上的高为，所以，所以.因为，所以，所以，同理可得，故截面的面积.故选：B【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:直接法:截面的定点在几何体的棱上；平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.8. 已知非零向量，满足，且，则的最小值为( )A. B. 3C. D. 1【答案】A【解析】【分析】设，则，取的中点，由可得，进而得到.要使最小，也最小，由图可知、三点共线时满足，设，则，由余弦定理得，则由可得，进而求解.【详解】设，则，取的中点，由，即，即，即,即，所以，而，即，所以要使最小，也最小，显然，此时、三点共线，设，则，因为，所以由余弦定理得，即，即，由，即，所以，所以的最小值为.故选：A.【点睛】关键点睛：本题关键在于转化为，进而转化为进而求解.二多选题：本题共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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 下列说法中，正确有( )A. 复数满足；B. “为钝角”是“复数在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件；C. 已知复数“的虚部相等”是“”的必要条件D. 在复数范围内，若是关于的实系数方程的一根，则该方程的另一根是【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据复数乘法与模长的计算公式可证明是正确的；对于B：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件为第二象限角；对于C：根据复数相等的概念判断；对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数.【详解】对于A：设，则，则； ，所以，故A正确；对于B：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件，即为第二象限角，故B错误；对于C：的充要条件是实部相等且虚部相等，故 “的虚部相等”是“”的必要条件，故C正确；对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数，故另一个为，故D错误；故选：AC10. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是( )A. 若，则一定是钝角三角形B. 若，则一定是锐角三角形C. 若，则一定是等腰三角形D. 若，则一定是等边三角形【答案】CD【解析】【分析】对于A，举例即可判断；对于B，由余弦定理可得，可得为锐角，进而判断；对于C，由正弦定理得，进而得到，进而判断；对于D，由正弦定理得，进而得到，进而判断.【详解】对于A，当时，此时是等边三角形，故A错误；对于B，由，得所以，所以，即为锐角，角、无法确定大小，故B错误；对于C，由正弦定理得，即，即，所以，所以是等腰三角形，故C正确；对于D，由正弦定理得，即，所以，即是等边三角形，故D正确.故选：CD.11. 已知三棱锥中，分别是的中点，是棱上(除端点外)的动点，下列选项正确的是( )A. 直线与是异面直线；B. 当时，三棱锥体积为；C. 的最小值为；D. 三棱锥外接球的表面积.【答案】ACD【解析】【分析】根据异面直线判定定理可判断A，由于三棱锥对边相等可放入长方体中，借助长方体可判断BD，再由棱锥两个侧面展开到同一个平面上，利用两点间连线最短判断C.【详解】对A，是平面内直线BA外一点，是平面外一点，两点连线与是异面直线，故A正确；对B，将三棱锥放入长方体中，如图，因为，所以，所以，设长方体的长、宽、高分别为，则，即，解得，显然三棱锥体积等于长方体体积减去长方体角上4个相同的三棱锥的体积，所以，故B错误；对D，因为三棱锥外接球即为长方体的外接球，所以外接球半径，所以外接球的表面积，故D正确；对C，将三棱锥侧面展开在一个平面上，连接，交于,如图，由余弦定理，,所以，,所以，在中，,所以，即当P点运动到M点时，的最小值为，故C正确.故选：ACD12. 已知函数满足：则下列判断正确的是( )A. 为奇函数B. 是周期函数且最小正周期为6C. D. 的图象关于直线对称【答案】BD【解析】【分析】根据赋值法可得判断A，令可得，变换后根据判断B，分别求出，利用周期求判断C，根据函数为偶函数及周期函数判断D.【详解】令，则，即，故不是奇函数，故A错误；令，则有，所以，即，故，两式相减可得，故是周期函数且最小正周期为6，故B正确；，即，由，可得，再由，可得，而，故C错误；令，则，又，所以，即函数为偶函数，由可得，又函数为偶函数，所以，即，所以函数图象关于直线对称，故D正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：首先根据，灵活的对赋值，是解决此类问题的关键，其次注意函数周期性的定义，函数图象对称关于对称的条件都是解决此问题的关键.第II卷三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若向量，则在上的投影向量坐标为_.【答案】【解析】分析】根据投影向量坐标公式即可求解.【详解】向量，在上的投影向量的坐标为：故答案为：14. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先化简两个集合，再根据题意可转化为集合B是集合A的真子集，从而可求解.【详解】 集合，又“”是“”的必要不充分条件，解得，实数的取值范围为: .故答案为：.15. 在中，点在边上，若边上的高与边上的高之比为，则_.【答案】【解析】【分析】设边上高为，边上的高为，设，结合，可得，在中，由余弦定理可得，进而得到，.在中，再由余弦定理即可求解.【详解】设边上的高为，边上的高为，设，因为，所以在中，又边上的高与边上的高之比为，所以，即，所以在中，又，所以，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，在中，由余弦定理得，即，解得，即.故答案为：.16. 已知则的最大值为_.【答案】4【解析】【分析】由条件消元转化为关于的式子，变形后原式可得，令换元后根据二次函数求最值.【详解】由可得，故，令， 则由知，当时，即时，即的最大值为4.故答案为：4四解答题：本题共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. 已知复数满足.(1)求；(2)求.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)利用复数的除法运算求出即可；(2)求出的值并计算的值.【小问1详解】因为，所以，所以，所以.【小问2详解】18. 正三棱台中，.(1)求三棱台的表面积；(2)分别是的中点，为上一点，且，几何体的体积记为，几何体的体积记为，求的值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由正棱台的性质和棱台的表面积公式即可得出答案；(2)将几何体的体积记为看成台体和三棱锥的体积，求出，几何体的体积记为看成台体和减去，相比即可得出答案.【小问1详解】因为正三棱台中，.所以，过点作交于点，正三棱台的三个侧面为全等的等腰梯形，且，所以三棱台的表面积为：.【小问2详解】取的中点，连接，则，取的中心且共线，连接且O2为其中点，由正棱台的性质知，平面，连接，过作交于点，则，同理，所以，所以，点到平面的距离为，三棱台的体积为：三棱台的体积为：，而，所以几何体的体积记为，几何体的体积记为，故19. 如图所示，有两个兴趣小组同时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每层楼高4.(1)兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假山水平面C点测得B点的仰角为15°，在六楼A点处测得B点的俯角为45°，求假山的高度(精确到0.1)；(2)兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测得AB=22，BC=16，求假山的高度(精确到0.1).附：.【答案】(1)4.2m (2)4.3m【解析】【分析】(1)令假山的高度为.根据正弦定理求得，再根据即可求解；(2)根据余弦定理求得，则，再根据即可求解.【小问1详解】令假山的高度为.由题意可知，则，根据正弦定理可得，即，所以，而，所以故假山的高度大约为4.2m.小问2详解】根据余弦定理，可得，则，所以故假山的高度大约为4.3m.20. 已知函数的部分图象如图所示，其中，且，(1)求函数的解析式；(2)若，求的值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据推出图象关于直线对称，从而得到周期，求得，进而可求得；(2)先化简，再利用弦化切即可求解.【小问1详解】因为，所以图象关于直线对称，所以，所以，即根据五点作图法可得，所以，又，所以，所以【小问2详解】，故的值为.21. 在，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.问题：记的内角的对边分别为，且_.(1)证明：；(2)若，求的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析； (2)【解析】【分析】(1)选：由正弦定理化为得；选：由条件知化为得；(2)由得，求出的范围，由条件结合正弦定理得化为的函数求范围【小问1详解】选：，由正弦定理得，或，若，则，不成立，.选： ， ，或舍去，.【小问2详解】，,由正弦定理得22. 已知函数，(1)当时.解不等式；(2)记表示实数中的较大者.任意的，是否有恒成立？若是，请证明：否则，请说明理由.【答案】(1)或； (2)恒成立，证明见解析.【解析】【分析】(1)将代入得，再直接解不等式即可；(2)根据的范围以及最大值含义进行合理放缩，再构造出关于的函数，求出其最值即可.【小问1详解】当时,由题意可知:,所以，解得或，所以不等式的解集为,或.【小问2详解】因为，则，则由最大值的定义可知，而令，则，所以成立.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于根据，结合最大值含义进行放缩得，然后再代入化简，利用二次函数的图象与性质，两次求取最值即可.