浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）.docx

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1、2022学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名姓名试场号座位号准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑.3.答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.一选择题(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. 设集合，则( )A. B. C. D. 2. 若(是虚数单位)，则( )A. 2B. 3C. D. 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，

2、.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(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. 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

3、. B. C. D. 7. 已知函数(e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. 1B. 3C. 5D. 7二多项选择题(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作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度

4、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. 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二填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)13. 设函数，若，

5、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_.16. 对于函数，若存在，使得，则称为函数“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_.三解答题(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18. 某

6、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(精称到0.01)；(2)求污染物减少需要花的时间(精确到)？参考数据：.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.20. 在四边形中，. (1)求证：.(2)若，且，求四边形的面积.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

7、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).设礼品盒的长，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？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).2022学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名姓名试场号座位号准考证号，并用2B铅笔将准

8、考证号所对应的数字涂黑.3.答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.一选择题(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. 设集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合，再求两集合的交集.【详解】由，得，解得，所以，因为，所以，故选：B2. 若(是虚数单位)，则( )A. 2B. 3C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得，再根据模长公式即可求解.【详解】因为，所以.故选：C3. 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.

9、 D. 【答案】C【解析】【分析】由密位制与弧度的换算公式可得，从而可得解【详解】因为1密位等于圆周角的，所以角密位时，故选：C4. 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】【分析】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.【详解】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：A5. 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

10、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】【分析】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.【详解】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，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

11、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】【分析】利用正弦定理可求得，进而可得出，即为所求.【详解】在中，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】【分析】观察到分别为一次函数和指数函数，则数形结合，依次判定即可.【详解】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

12、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】【分析】根据与可得，再根据单调性可得，验证， 与即可.【详解】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,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.

13、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】【分析】求函数的奇偶性可判断AB；分离参数可得，根据指数函数的值域可判断C；根据单调性的定义可判断D.【详解】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: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】【分析】根据向量的线性运算法则，可判定A、B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

14、投影的定义与运算，可判定D正确.【详解】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】【分析】求出末点和的坐标可判断选项AB;求出末点和的坐标，结

15、合诱导公式可判断C；根据三角形面积公式可判断D.【详解】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

16、】ACD【解析】【分析】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A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，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D.【详解】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

17、，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【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.二填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)13. 设函数，若，则_.【答案】#0.25【解析】【分析】分段求解方程和指数方程，则问题得解.【详解】当时，当时，(舍)故答案为：.14. 将曲线上所有点向左平移个单位，得到函数的图象，则的最小值为_.【答案】【解析】

18、【分析】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.【详解】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：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】【分析】空1：取中点，连接，则可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可；空2：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.【详解】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，所以直线与平面所成角，因为正三棱

19、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】【分析】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.【详解】因为是增函数，所以等价于，即，所

20、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：三解答题(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【答案】(1) (2)或【解析】【分析】(1)根据某个角正弦的定义，直接求解即可；(2)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【小问1详解】由角的终边过点，得【小问2详解】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

21、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(精称到0.01)；(2)求污染物减少需要花的时间(精确到)？参考数据：.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由题意可得，求解即可；(2)由题意可得，求解即可.【小问1详解】由知，当时，；当时，；即，所以，即；【小问2详解】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

22、，求向量的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)因为，则计算即可证明；(2)由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.【小问1详解】因为，所以【小问2详解】，所以.20. 在四边形中，. (1)求证：.(2)若，且，求四边形的面积.【答案】(1)证明见解析 (2)若，则四边形的面积，若，则四边形的面积.【解析】【分析】(1)由条件结合正弦定理证明，由此证明结论；(2)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.【小问1详解】在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，中，由正弦定理得，即，所以.又，所以，所以. 【小问2详解】在中，由正弦定理得，所以，所以

23、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.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).设礼品盒的长，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？【答案】(1)证明见解析 (2)方案(2)，最短绳长为【解析】【分析】(1)先证明，从而可证平面，进而得，从而可证平面，从而可证平面；(2)方案1中，绳

24、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，从而可计算最短绳长.【小问1详解】 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；【小问2详解】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).【答案】(1)； (2)； (3).【解析】【分析】(1)转化为求解，分与讨论即可求解；(2)根据韦达定理得，再根据对勾函数的性质即可求解；(3)根据二次函数的性质分类讨论即可求解.【小问1详解】，即为,当时，故，显然不成立；当时，故，即,解得.综上所述，的解集为.【小问2详解】设，则，令，整理得：，故，且，得.在 上单调递增，所以，即.【小问3详解】时，；时，；时，；时，.综上所述，