精品解析：浙江省环大罗山联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

2023学年第二学期环大罗山联盟期中联考 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、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 在复平面内，复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知，，且，则的值是（ ） A. 4 B. 1 C. D. 3. 下列关于空间几何体的叙述，正确的是（ ） A. 圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C. 一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D. 用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台 4. 已知单位向量满足，则=（ ） A. B. C. D. 5. △ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则，，的大小关系（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四边形中，，，为线段上一个动点（含端点），，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知一圆柱的底面直径与母线长相等，高为3，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则当取得最大值时正四面体的高（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题（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. 在平面直角坐标系中，已知点，，，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. 在方向上的投影向量的坐标为 D. 与垂直的单位向量的坐标为 10. 在中，，，分别为，，所对的三边，则下列结论成立的是（ ） A. 若，的三角形有两解，则的取值范围为 B. 若是锐角三角形，，则的取值范围是 C. 若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为 D. 若点为内一点，且，则 11. 已知圆台上、下底面的圆心分别为，，半径分别为2、4，高为，为上一点，则（ ） A. 圆台的体积为 B. 当圆锥的与圆锥的体积相等时， C. 用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为20 D. 挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 某几何体底面的直观图为如图矩形，其中，该几何体底面的面积为________． 13. ________ 14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15. 已知平面向量，，其中，． （1）求与的夹角的余弦值； （2）若与共线，，求实数的坐标． 16. 关于的方程． （1）若是方程的一个虚根，求的值； （2）若，是方程的两个虚根，且，求的值． 17. 在中，，，分别为角的对边，． （1）求角C； （2）若是的中点，，求． 18. 已知函数. （1）求函数的周期和对称轴方程； （2）将的图象上的所有点向右平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若方程在上的零点从小到大依次为，求的值； （3）若方程在上的解为，求. 19. 已知函数和， （1）若，求的值； （2）若存在实数，使得成立，试求的最小值； （3）若，对任意的，，都有成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第二学期环大罗山联盟期中联考 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、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 在复平面内，复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算可得，进而可得，再根据复数乘法运算求解. 【详解】∵，则， ∴. 故选：A. 2. 已知，，且，则的值是（ ） A. 4 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直得到，解得答案. 【详解】，，，故，解得. 故选：D 3. 下列关于空间几何体的叙述，正确的是（ ） A. 圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C. 一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D. 用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱，棱柱，棱台，棱锥的定义进行判断. 【详解】对于A，以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱，而以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误； 对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确； 对于C，如图所示，若，，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故C错误； 对于D，用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台.若截面与底面不平行，则不是梭台，故D错误. 故选：B. 4. 已知单位向量满足，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量夹角公式、数量积的运算律得，根据已知得，进而求出，最后求夹角余弦值. 【详解】由， 又，则， 所以，则， 综上，. 故选：B 5. △ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理化简求解， 【详解】由正弦定理得，化简得， 则， 故选：B 6. 已知，，，则，，的大小关系（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取中间值，根据指数函数、对数函数以及幂函数的单调性分析判断. 【详解】因为在定义域内单调递减， 可得，即； 且在定义域内单调递增， 可得，即； 又因为，即； 所以. 故选：A 7. 如图，在四边形中，，，为线段上一个动点（含端点），，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，以为基底表示后可得，求出后结合可求的范围. 【详解】设，则， 故， 又，因不共线， 所以，故，所以， 因为，故， 故选：C. 8. 已知一圆柱的底面直径与母线长相等，高为3，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则当取得最大值时正四面体的高（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得该圆柱的内切球的半径为，设内切球为球，当正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，所以等价于已知球的半径为，结合正四面体的几何性质求内接正四面体的棱长即可. 【详解】由题意可知：圆柱的底面圆直径和母线长都是3，则该圆柱的内切球的半径为， 因为正四面体在该圆柱内可以任意转动，可知正四面体的外接球在该圆柱内， 若取得最大值，即正四面体的外接球取到最大，此时正四面体的外接球为该圆柱的内切球， 如图，球即为该圆柱的内切球，该正四面体的棱长为， 设点在底面内的射影为（为等边的中心）， 则球心在上，且， 由题意可知：， 则，， 在中，，即 ， 整理可得：，解得或(舍) ， 所以的最大值为，此时正四面体的高. 故选：D. 二、多选题（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. 在平面直角坐标系中，已知点，，，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. 在方向上的投影向量的坐标为 D. 与垂直的单位向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】求出即可判断A选项，设与的夹角为，求出即可判断B选项，设与同向的单位向量为，求出，根据在方向上的投影向量的坐标为即可判断C选项，设与垂直的单位向量为，解即可判断D选项． 【详解】对A，因为点，，， 所以，，所以， 所以，故A选项错误； 对B，设与的夹角为，所以， 所以与的夹角为，故B选项正确； 对C，设与同向的单位向量为，， 所以在方向上的投影向量的坐标为，故C选项正确； 对D，因为，设与垂直的单位向量为， 则，解得或， 所以与垂直的单位向量的坐标为或，故D选项错误. 故选：BC. 10. 在中，，，分别为，，所对的三边，则下列结论成立的是（ ） A. 若，的三角形有两解，则的取值范围为 B. 若是锐角三角形，，则的取值范围是 C. 若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为 D. 若点为内一点，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】正弦定理判断三角形解的个数判断A选项；由锐角三角形内角满足的条件判断选项B；由三角形面积公式结合余弦定理和正弦定理求三角形外接圆半径判断选项C；根据向量的线性运算结合三角形面积公式可判断选项D. 【详解】对于A，在中，，，由正弦定理得， ，则，要使三角形有两解，得到，且， 所以，即，解得，故A正确； 对于B，若是锐角三角形，，则，解得，B选项错误； 对于C，若，，由，解得， 由余弦定理，，得， 则三角形外接圆半径为，C选项正确； 对于D，如图，取AB中点D，连接OD， 则，得，则三点共线， 所以，则，所以，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知圆台上、下底面的圆心分别为，，半径分别为2、4，高为，为上一点，则（ ） A. 圆台的体积为 B. 当圆锥的与圆锥的体积相等时， C. 用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为20 D. 挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：利用台体的体积公式求解；对于B：利用锥体的体积公式求解；对于C ：通过轴截面的周长最大来求解；对于D：利用圆台、圆柱的侧面积公式求表面积. 【详解】由题意可知：圆台的上、下底面半径分别为2、4，高为，母线长为， 对于A：圆台的体积为，故A正确； 对于B：若圆锥的与圆锥的体积相等，则，解得，故B错误； 对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大， 所以其最大周长为，故C正确； 对于D：由题意可知：所得几何体的表面有：圆台的侧面和上、下底面以及圆柱的侧面， 其表面积为，故D正确. 故选：ACD. 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 某几何体底面的直观图为如图矩形，其中，该几何体底面的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据直观图，得到底面平面图形的形状和图形的高，根据平行四边形的面积公式求出底面积. 【详解】在直观图中，令轴与交于点，则， 直观图还原为平面图形如图， 根据直观图与原图的关系可得：， 故该几何体的底面是平行四边形，其面积为. 故答案为：. 13. ________ 【答案】1 【解析】 【分析】利用切化弦，辅助角公式得，再由诱导公式倍角公式化简即可. 【详解】 . 故答案为：1. 14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】设，可得,，以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,然后求出的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解. 【详解】设, 则，. 以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系, 则，, 所以. 令，，则，. 由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又，所以在上的值域为， 所以. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15. 已知平面向量，，其中，． （1）求与的夹角的余弦值； （2）若与共线，，求实数的坐标． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出的坐标后再利用夹角公式可求夹角的余弦值. （2）求出的坐标，从而可得，根据其模可求，故可求向量的坐标. 【小问1详解】 由题设有，， 故. 【小问2详解】 由（1）可得， 而与共线，故， 故， 解得，或 16. 关于的方程． （1）若是方程的一个虚根，求的值； （2）若，是方程的两个虚根，且，求的值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）把虚根代入方程，利用复数相等列方程组求求的值； （2）根据虚根成对定理设，，利用已知条件结合韦达定理求的值． 【小问1详解】 为方程的虚根， 则有，得， 解得； 【小问2详解】 设，，，可得， 则，， ，所以，所以， 由韦达定理可得，所以． 17. 在中，，，分别为角的对边，． （1）求角C； （2）若是的中点，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式可得，再根据正弦定理结合三角恒等变换运算求解即可； （2）设相应量，在中，由正弦定理可得，进而可知，进而结合直角三角形的相关知识运算求解即可. 【小问1详解】 因为，则，整理得到， 由正弦定理可得， 则，可得，且，则，可得， 且，所以． 【小问2详解】 如图设，，，， 在中，由正弦定理可得， 解得， 所以， 在中，， 即，整理可得，可得， 又因为，即， 在中，所以. 18. 已知函数. （1）求函数的周期和对称轴方程； （2）将的图象上的所有点向右平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若方程在上的零点从小到大依次为，求的值； （3）若方程在上的解为，求. 【答案】（1），对称轴方程； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）先利用诱导公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的周期性和对称性求解即可. （2）先根据平移变换和周期变换的原则求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质求解即可. （3）由题意可得为方程在上的两解，不妨设，求出，再根据二倍角的余弦公式即可得解. 【小问1详解】 依题意，函数， 所以函数的周期； 令，得 所以函数图象的对称轴方程. 【小问2详解】 依题意，，由，得， 由，得，令，，， 设，直线与函数在上的图象有四个交点， 点关于直线对称，点关于直线对称， 点关于直线对称，则，，， 即，则 所以. 【小问3详解】 方程在上的解为，则为方程在上的两解，当， 当时，，，， ，，，， ，，则， ， 于是，所以. 同理当时，. 综上. 19. 已知函数和， （1）若，求的值； （2）若存在实数，使得成立，试求的最小值； （3）若，对任意的，，都有成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）1 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用对数运算性质计算； （2）根据题意，得，利用换元法求最值； （3）设，根据题意，转化为在上恒成立，由函数定义域先得，再由函数单调递增，可得，从而得解. 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 由得：，即， ， 令，则， ，， 在上单调递增 ． 【小问3详解】 函数在的最小值为0， 设，则由任意，， 都有成立， 可得在上恒成立， 只需在上恒成立即可． 因为，在上恒成立， 所以．因为，所以，，所以， 由可得， ．因为单调递增， 所以，即在上恒成立． 在上恒成立． 因为，在上恒成立，在上恒成立， 所以，在上恒成立． 因为在上为减函数，所以在处取得最大值1，所以，． 综上所述，． 【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $