精品解析：浙江省9+1高中联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

绝密★考试结束前 2023~2024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高一年级期中考试 数学 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷. 4.学生和家长可关注“启望教育”公众号查询个人分析报告. 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合A、B，再求交集即可. 【详解】，， 所以. 故选：B. 2. 设为虚数单位，复数z满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数的代数形式，再利用虚部的定义可以求解. 【详解】因为， 所以， 所以复数的虚部为. 故选：B 3. 在中，点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理即可得解. 【详解】由点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点， 得 . 故选：C. 4. 在中，“”是“为等腰三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合小范围可以推出大范围，而大范围推不出小范围，即可求解. 【详解】为等腰三角形，即充分性成立 等腰三角形或或， 不一定得到，即必要性不成立， “”是“为等腰三角形”的充分不必要条件， 故选：A 5. 唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达的时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆柱的高为，内壁的表面积为，可得，可得，利用几何体的几何特征可求内壁表面积. 【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为， 由题意可知：，解得， 内壁的表面积等于圆柱的侧面积，加半球的表面积， 即. 故选：D. 6. 已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意作出圆锥的轴截面，再分析其轴截面是否大于等于，结合三角函数即可得解. 【详解】如图所示，为圆锥的轴截面， 设圆锥的底面半径为， 若，所得截面面积最大值为， ，不符合题意； 若， 此时所得截面面积的最大值，符合题意， 此时有，所以， 又，所以. 故选：D. 7. 在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出图形，连接，，由向量的线性运算和数量积运算可得，从而根据向量的数量积以及模长运算公式求解即可. 【详解】连接，，如图，可知. 所以，即，可得. 从而，，所以. 故选：C 8. 若，则实数的值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由已知解得m，然后切化弦，再由辅助角公式、诱导公式、二倍角公式变形后可得． 【详解】由已知得 ， 故选：D 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知可得，可判断A；利用基本不等式的性质计算可判断BCD. 【详解】因为，所以，所以， 所以，故A错误； 所以，所以， 所以，则，故B正确； 因为，所以，故C正确； 因为，故D错误. 故选：BC. 10. 若是平面内两个不共线的向量，则下列选项中正确的是（ ） A. 平面内存在向量不能表示为“”形式 B. 对于平面内的任意向量，有且仅有一个实数对，使得使 C. 若共线的非零向量满足，则存在实数，使得 D. 若实数满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由平面向量基本定理可判断AB；若非零向量共线，则，进而计算可判断C；若实数存在不为零的实数，假设，可得，进而可得判断D. 【详解】对于A：由平面向量基本定理，如果是平面内两个不共线的向量， 那么这一平面内任一向量，有且只有一对实数，使得， 可知平面内不存在向量不能表示为“”的形式，故A错误； 对于B：由平面向量基本定理可知，平面内的基底确定， 则该平面内的任一个向量在此基底下的实数对是唯一确定的，故B正确； 对于C：若非零向量共线，所以存在唯一实数，使得， 即存在，使得， 根据向量相等的条件，可得，故C正确； 对于D：若实数存在不为零的实数，假设， 由，可得，可得，则可得与共线， 与已知矛盾，故，同理可得，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ） A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为 B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动 C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切） D. 该三棱台可以整体放入直径为的球内 【答案】ACD 【解析】 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解判断A；转化为判断正四面体的外接球在正三棱台的内判断B；运用等体积法求内切球半径可判断C；根据三棱台的各点都在以底面外心为球心，底面圆半径为球的半径内部判断D. 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，在中，因为， 所以，同理，所以， 可知三棱锥为正四面体. 由正棱台的性质可知，过AC的平面截与平面相交时，该三棱台所得截面为梯形， 过AC的平面截与侧棱相交时，该三棱台所得截面为三角形，因为为的中点， 所以为的高即到的最短距离，同理为到的最短距离， 所以截面三角形周长的最小值为的周长,故A正确； 由题意知，在等腰梯形中，过作，如图所示， 则，，又因为，所以， 由题意知，、、、分别为、、、的中点， 又，所以， 又因为，， ，即， 所以， 所以. 设正三棱台的内切球球心为，则由等体积法可知， ，则， 所以，解得， 所以内切球的直径为， 所以直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切），故C正确； 先证在正四面体中，棱长，则其外接球的半径为： 取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则是底面的重心，连接，则外接球的球心在上，设为，连接， 则，，则， 所以，在直角中，， 即，所以. 对于选项B，棱长为的正四面体的外接球半径为， 其直径为，故棱长为的正四面体不可以在该棱台内随意转动，故B错误； 对于选项D，因为外接圆半径为， 且， 所以正三棱台可以放置在以为球心，半径为的球内， 即该三棱台可以整体放入直径为的球内，正确 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义计算即可. 【详解】由题意， 所以在方向上的投影向量的坐标为. 故答案为：. 13. 如图，在正三棱柱中，，分别为的中点，则多面体体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知：为三棱台，利用割补法，结合柱体和台体体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：为三棱台， 则， 可得正三棱柱的体积， 三棱台的体积， 所以多面体体积为. 故答案为：. 14. 在锐角中，，且的面积为3，过分别作于，于，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由求出，求出，根据求出，再由可得答案. 【详解】 因为中为锐角三角形，所以分别在之间， 因为，， ，， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以. 故答案：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用三角形面积公式，结合向量数量积运算，同角三角函数的基本关系式求解，考查整体与部分的思想. 四､解答题（本题共5题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知向量. （1）求； （2）求与夹角的余弦值； （3）若与共线，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出的坐标，可求的模； （2）利用向量的夹角公式可求得结果； （3）由已知可得，求解即可 【小问1详解】 由题意可得，所以， 所以 【小问2详解】 由（1）得，，，， 设与所成夹角为， 所以. 【小问3详解】 因为与共线，所以存在唯一实数，使得， 易知不共线，所以， 所以，故. 16. 已知函数. （1）当时，求关于的方程的解； （2）若关于的方程在上有两个不相等的解，求的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，解方程即可 （2）构造函数，利用双勾函数的单调性可得判断的单调性并求出相应的值域，然后结合图形即可得出 【小问1详解】 时，，令 解得 令 解得：或 【小问2详解】 .显然 当时， 记，如图所示 因为在上单调递增，值域为； 根据对勾函数性质知在上单调递减，值域为； 在上单调递增，值域为 综上可知，的取值范围为 17. 在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，并加以解答.在锐角中，内角所对的边分别为，且满足__________. （1）求角； （2）若，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选①：根据余弦定理，结合正弦定理进行求解即可；若选②：根据正弦定理，利用三角恒等变换可求解；若选③：利用正弦定理，结合诱导公式及二倍角的正弦可求解. （2）由，结合正弦定理可得，求得，可求面积的取值范围. 【小问1详解】 选择①，， 由余弦定理， ，， 又，，， ，； 选择②，因为，所以， 由正弦定理可得， 则，， 又，所以，因为，所以； 选择③，由，由正弦定理可得， 又，所以，则， ，则，则， ，则，故； 【小问2详解】 ，由正弦定理，得， 所以， 因为为锐角三角形，所以，故， 则，，， 所以. 18. 在中，，为边上的中线，点在边上，设． （1）当时，求的值； （2）若为的角平分线，且点也在边上，求的值； （3）在（2）的条件下，若，求为何值时，最短？ 【答案】（1） （2） （3）当为何值时，最短 【解析】 【分析】（1）由题意可知：，结合数量积的运算律分析求解； （2）利用正弦定理可得，结合长度关系分析求解； （3）设，利用面积关系和余弦定理可得，结合三角恒等变换以及基本不等式分析求解. 【小问1详解】 由题意可知：，则， 即， 且，整理可得，即或（舍去）， 所以的值为. 【小问2详解】 在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即， 若为的角平分线，则，即， 且，则， 即，可知， 则，可知， 又因为，则，所以. 【小问3详解】 由（2）可知：，则， 且最短，即为最短， 设，则，，， 可知，可得， 由余弦定理可得， 则， ， 当且仅当，即时，等号成立， 此时， 由（1）可知：，即， 可得，即（负值舍去） 所以当为何值时，最短. 19. 正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）． （1）正十二面体共有几条棱，几个顶点？ （2）如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值； （3）判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 【答案】（1）正十二面体共有条棱，个顶点 （2） （3）柏拉图多面体只有种，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据正十二面体有个面，求出每个面为正五边形，进而可得出答案； （2）分别求出正方体和正八面体的体积即可得解； （3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，再分情况判断即可. 【小问1详解】 根据柏拉图多面体满足性质：， 正十二面体有个面，即，则， 设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱， 因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱， 则， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有，即， 所以，所以， 所以，即， 由，得， 当，即时，，符合题意， 当，即时，（舍去）， 当，即时，（舍去）， 当，即时，（舍去）， 综上所述，，， 此时， 即正十二面体共有条棱，个顶点； 【小问2详解】 设正方体的棱长为，则， 几何体所有棱长为，是正八面体， 所以， 所以； 【小问3详解】 假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱， 因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱， 则， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有， 代入可得，即， 当时，， 这与矛盾， 所以中至少有一个等于， 若，则， 由于，则， 因此，则，对应， 所以存在正四面体，正八面体，正二十面体； 若，则， 由于，则， 因此，则，对应， 所以存在正四面体，正六面体，正十二面体 综上所述，柏拉图多面体只有种. 【点睛】关键点点睛：假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，是解决第三问得关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★考试结束前 2023~2024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高一年级期中考试 数学 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷. 4.学生和家长可关注“启望教育”公众号查询个人分析报告. 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，复数z满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 3 3. 在中，点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，“”是“为等腰三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 若，则实数的值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 1 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 若是平面内两个不共线的向量，则下列选项中正确的是（ ） A. 平面内存在向量不能表示为“”的形式 B. 对于平面内的任意向量，有且仅有一个实数对，使得使 C. 若共线的非零向量满足，则存在实数，使得 D. 若实数满足，则 11. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ） A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为 B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动 C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切） D. 该三棱台可以整体放入直径为球内 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量坐标为________． 13. 如图，在正三棱柱中，，分别为的中点，则多面体体积为______． 14. 在锐角中，，且的面积为3，过分别作于，于，则__________. 四､解答题（本题共5题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知向量. （1）求； （2）求与夹角余弦值； （3）若与共线，求实数的值. 16. 已知函数. （1）当时，求关于的方程的解； （2）若关于的方程在上有两个不相等的解，求的取值范围. 17. 在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，并加以解答.在锐角中，内角所对的边分别为，且满足__________. （1）求角； （2）若，求面积的取值范围. 18. 在中，，为边上的中线，点在边上，设． （1）当时，求的值； （2）若为的角平分线，且点也在边上，求的值； （3）在（2）的条件下，若，求为何值时，最短？ 19. 正多面体是指各个面都是全等正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）． （1）正十二面体共有几条棱，几个顶点？ （2）如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值； （3）判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$