精品解析：浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题

绝密★考试结束前 2023学年第二学期浙江七彩阳光新高考研究联盟期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解. 【详解】解：因为集合， =或， 所以， 故选：C 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再判断其虚部即可. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为. 故选：B 3. 下列函数在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据幂函数与反比例函数的定义及性质逐一判断即可. 【详解】由于函数的定义域为，不符合已知条件，故A不符合题意； 根据幂函数的性质得函数在单调递减，故B不符合题意； 根据幂函数的性质得函数在单调递增，故C符合题意； 由于是向左平移1个单位得到，所以在单调递增，故D不符合题意， 故选：C. 4. 如图是用斜二测画法得到的直观图，，，其中是的中点，则在原图中最长的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量关系画出原图，在原图中比较长度即可. 【详解】因为在直观图中，， 所以， 所以且， 所以. 作出原图，如图所示. 在原图中，，， 所以， 又因为为中点，所以， 所以原图中最长的是. 故选：B. 5. 在中，角，，的对边分别为，，，若，且的最短边与最长边的长度和为6，则的面积为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理得出，再根据最短边与最长边的长度和为6求出各边长，计算面积即可． 【详解】因为，所以由正弦定理得， 所以最长边为，最短边为，设， 则，解得，所以， 由余弦定理，故为锐角， 所以， 所以， 故选：D． 6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义以及向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为，所以， 又把两边平方得 ，即， 解得， 所以在的投影向量坐标为， 故选：A. 7. 下列各数中最大的数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先得到，，，，再比较与的大小关系，即可得到，从而得解. 【详解】因为，，， ， 又因为，， 所以，即，所以， 又， 所以，即， 故这个几个数最大的是. 故选：A 8. 已知实数，，满足（），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助已知可变形得，借助基本不等式可求范围. 【详解】根据已知，可得， 则， 因为，所以，所以上式， 当且仅当，即时等号成立， 所以的取值范围是. 故选：D 二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角，，的对边分别为，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，，则外接圆的半径为2 C. 若，则钝角三角形 D. 若，则点是的重心 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用特殊值判断A，利用正弦定理判断B，利用余弦定理判断C，根据重心的定义判断D. 【详解】对于A：若，，满足，但是，，故A错误； 对于B：由正弦定理，所以，即外接圆的半径为，故B正确； 对于C：由余弦定理，又， 所以为钝角，故为钝角三角形，故C正确； 对于D：取中点，则，又， 所以，所以在中线上，且，所以为的重心，故D正确； 故选：BCD 10. 已知函数的定义域为，，且当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 若对任意的，都有，则的取值范围是 D. 若，则有3个互不相等的实数根 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知，可得，从而可得当时，的解析式，即可判断A，B选项；由函数在上的图象平移变换，结合的图象，对任意的，都有，可得的取值范围，进而判断C选项；由在上的单调性，作出函数和的图象，可得两函数交点个数，则可判断D选项. 【详解】当时，， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 函数的定义域为，满足，即， 且当时，, 当时，，故， 故A正确，B错误； 将函数在上的图象每次向右平移2个单位， 再将纵坐标伸长为原来的2倍即可得函数在上的图象， 同理可得函数在上的图象每次向左平移2个单位， 再将纵坐标缩短为原来的倍即可得函数在上的图象， 作出函数图象，如图所示： 由此可令，即有， 解得，又因为对任意的，都有， 由图象可得，故C正确； 因为，易知在上单调递增， 且， 作出函数和的图象，如图所示： 由此可得两函数只有一个交点， 所以只有1个实数根，故D错误. 故选：AC. 11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．如图在一个棱长为4的正方体中，，，……，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于截面之间的位于正方体正中间的这个几何体，下列说法正确的是（ ） A. 当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，边长为2 B. 当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，表面积是 C. 当此几何体为半正多面体时，或 D. 当此几何体是半正多面体时，可能由正方形与正六边形围成 【答案】BD 【解析】 【分析】根据不同的半正多面体，取不同的数值，画出几何图形，并根据半正多面体的概念进行计算求解即可. 【详解】由题意得，，， 对于A，当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，， ，故A错误； 对于B，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，，所以，表面积为，正确； 对于C，D，当时，如下图所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成，此时几何体也是半正多面体，故C错误，D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题考查半正多面体的几何性质.本题关键点是根据取不同的数值，画出对应的几何图形，并根据半正多面体的概念进行计算. 非选择题部分 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为复数，且，则的最大值为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】设，由复数模的计算公式可解. 【详解】设，由于，所以， 则， 由于，所以的最大值为. 故答案为：2 13. 化简______. 【答案】 【解析】 【分析】利用换底公式、对数的运算性质计算可得结果. 【详解】原式 . 故答案为：. 14. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（1弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设且，则可推出___________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据与，利用余弦定理求出，，设出AG=m，DG=n，利用勾股定理求出m与n的值，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出与的值，进而求出的值. 【详解】设，，则，，因为和是等边三角形，故，由余弦定理得：，解得：，故，，过点D作DG⊥AB于点G，设AG=m，DG=n，则BG=2-m，由勾股定理得： ，解得： 如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB的直线为y轴建立直角坐标系， 则，，，，则 ，，，由得：，即，解得：，则 故答案为： 四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知、单位向量，且夹角为. （1）若，求的值； （2）若，求的最小值. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的定义，平面向量数量积的运算性质进行求解即可； （2）由模长公式、数量积公式以及二次函数的性质得出最小值. 【小问1详解】 由、为单位向量，且夹角为，则 由已知，得 所以 【小问2详解】 已知， 所以 的最小值为. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，且，求边上中线的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接用余弦定理化简，最后再用辅助角公式即可； （2）先利用正弦定理得到为直角三角行，在用勾股定理求解即可. 【小问1详解】 已知，得， 由余弦定理得，则 由，得，即 又，则，，则 【小问2详解】 由可得， 则，由，所以，，为直角三角形 因为，所以，，则边上的中线为. 17. 已知锐角中，角，，的对边分别为，，，向量，，且与共线． （1）求角的值； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由与共线，得到，法一：利用正弦定理和余弦定理求解；法二：利用两角和的正弦公式求解； （2）利用正弦定理得到，，从而由求解. 【小问1详解】 解：因为与共线， 所以， ， 法一：由正弦定理得， 又由余弦定理得，， ∴，则， 又为锐角三角形，故． 法二：由两角和的正弦公式得：， 因为，所以， 又为锐角三角形，故． 【小问2详解】 ， ， 由于为锐角三角形，则，且， 解得， 所以， 而，即， ∴的取值范围为． 18. 已知函数在上有定义，且关于中心对称，若． （1）求实数的值； （2）若存在，使的值域为，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意可知关于中心对称，结合奇函数的性质分析求解； （2）换元令，可得，分类讨论，结合函数单调性和最值分析求解. 【小问1详解】 因为关于中心对称，可知关于中心对称， 且定义域为，则，解得， 此时， 且， 可知为奇函数，关于原点对称，即符合题意， 综上所述：. 【小问2详解】 令，可得， 可知函数在单调递增， ①当时，，则， 可得，可知，均为的实根， 即有两个不相等的正根，等价于有两个不相等的正根， 可得，解得； ②当时，，则 可得，即， 可得，则， 可得，此方程能成立，即； ③，则，，不合题意； 综上所述：或. 19. 祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高.意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图是一个半径为的球体，平面与球相交，截面为圆，延长，交球于点，则垂直于圆（垂直于圆内的所有直线）. （1）若圆锥DB的侧面展开图扇形的圆心角为，求圆锥DB的表面积和体积； （2）如图平面上方与球体之间的部分叫球冠，若，请你利用祖暅原理求球冠的体积. 【答案】（1）表面积为，体积为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用圆心角等于弧长除以半径来计算，再结合直角三角形中的三角函数定义，即可计算得到，从而去求圆锥的高和母线长，最后利用表面积和体积公式即可求出结果； （2）利用祖暅原理，利用半球的体积与底面半径和高都等于球的半径的圆柱里面挖掉一个圆锥的体积相等，再利用球冠对应的部分体积转化到圆柱减去圆台的体积计算即可. 【小问1详解】 设，则， 由圆锥DB的侧面展开图扇形的圆心角为，则， 又因为，则， 又因为，所以， 而，所以， ， 则，即， 则 所以圆锥表面积：， 圆锥体积：. 【小问2详解】 如右图构造一个与半球同底等高的圆柱，内部挖去一个倒装的等底等高的圆锥, 取同一高度的截面.令球冠截面半径为，面积为圆锥截面半径为， 面积为，， ， 所以球冠的截面与上图（2）的截面面积相同，根据祖暅原理两者体积相等. . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★考试结束前 2023学年第二学期浙江七彩阳光新高考研究联盟期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一.选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图是用斜二测画法得到的直观图，，，其中是的中点，则在原图中最长的是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角，，的对边分别为，，，若，且的最短边与最长边的长度和为6，则的面积为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 下列各数中最大的数是（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，，满足（），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角，，的对边分别为，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，，则外接圆的半径为2 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则点是的重心 10. 已知函数定义域为，，且当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 若对任意的，都有，则的取值范围是 D. 若，则有3个互不相等的实数根 11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．如图在一个棱长为4的正方体中，，，……，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于截面之间的位于正方体正中间的这个几何体，下列说法正确的是（ ） A. 当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，边长为2 B. 当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，表面积是 C. 当此几何体为半正多面体时，或 D. 当此几何体是半正多面体时，可能由正方形与正六边形围成 非选择题部分 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为复数，且，则的最大值为__________． 13. 化简______. 14. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（1弦为边长得到正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设且，则可推出___________. 四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知、为单位向量，且夹角为. （1）若，求的值； （2）若，求的最小值. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，且，求边上中线的长. 17. 已知锐角中，角，，的对边分别为，，，向量，，且与共线． （1）求角的值； （2）若，求的取值范围． 18. 已知函数在上有定义，且关于中心对称，若． （1）求实数的值； （2）若存在，使的值域为，求实数的取值范围． 19. 祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体高.意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图是一个半径为的球体，平面与球相交，截面为圆，延长，交球于点，则垂直于圆（垂直于圆内的所有直线）. （1）若圆锥DB侧面展开图扇形的圆心角为，求圆锥DB的表面积和体积； （2）如图平面上方与球体之间的部分叫球冠，若，请你利用祖暅原理求球冠的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$