精品解析：浙江省台州中学西校区2023-2024学年高一第二学期6月素质培养联考数学试卷

2023学年第二学期素质培养联考 数学试卷 命题：王俊杰（台州中学西校区） 审题：王野（台州中学西校区） 考试时间：120分钟 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. 已知复数，为虚数单位，则在复平面内复数所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设，为两条直线，，为两个平面，若，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B. 梯形的直观图可能是平行四边形 C. 底面是矩形的直平行六面体是长方体 D. 长方体、正方体都是正四棱柱 4. 关于的一元二次不等式与的解集分别为、，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 如图，球内切于正方体，B，C为所在棱的中点，过A，B，C三点的截面图象为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的部分图像如图所示，是等边三角形，其中，两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，，，则（ ） A. 0 B. C. 6 D. 8. 设，且，则满足条件的有序实数对有（ ） A. 一组 B. 二组 C. 三组 D. 四组 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知的三个角，，所对的边分别为，，，下列条件能构成且形状唯一确定的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 10. 在下列四个命题中，正确的是（ ） A. 不等式的解集是 B. 的最小值为4 C. 函数的零点是， D. ， 11. 如图所示，在五面体中，四边形是正方形，和均是等边三角形，且，，则（ ） A. 平面 B. 和所在的半平面形成的二面角随着的减小而减小 C. 当时，五面体能在棱长为的正四面体内任意转动 D. 存在使得半径为的球能内含于五面体 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 流星透疏木，走月逆行云，你和朋友分别在，两地同时看到处有一颗流星，仰角分别是和（，表示当地的地平线），假设为地球中心，且点，，，共面，劣弧所对的圆心角为．若估测，，，，则________． 13. 圆台的上底面半径长为2，下底面半径长为3，侧面展开图的面积等于，则圆台的体积为________． 14. 如图，已知，均为等边三角形，，，分别为，，的中点，为内一点（含边界），，的最大值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数（为虚数单位）是关于的方程的一个根． （1）求，的值； （2）若，且，所对应的向量之间的夹角为钝角，求的取值范围． 16. 已知函数与函数关于对称． （1）求函数的解析式； （2），都有，求的取值范围． 17. 在中，角所对的边分别为，角为钝角，且． （1）若，求角； （2）设的平分线交于点，若面积为，求的最大值． 18. 已知为实数，用表示不超过的最大整数．例如，．．对于函数．若存在，，使得．则称函数是“函数”． （1）判断函数，是否是“函数”； （2）若函数是“函数”，求的可能取值； （3）设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”．求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第二学期素质培养联考 数学试卷 命题：王俊杰（台州中学西校区） 审题：王野（台州中学西校区） 考试时间：120分钟 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. 已知复数，为虚数单位，则在复平面内复数所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】， 在复平面内对应的点为，位于第一象限. 2. 设，为两条直线，，为两个平面，若，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面垂直、线面平行与垂直的判定及性质，结合空间中线线的位置关系，逐一判断并作出图形，即可得结论. 【详解】对于A，因为，，， 则的位置关系可能为平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若，，， 由线面垂直的性质可知，故B正确； 对于C，若，，， 则或， 当时，则，故C错误； 对于D：因为，，， 所以的位置关系为相交、平行或异面，故D错误. 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B. 梯形的直观图可能是平行四边形 C. 底面是矩形的直平行六面体是长方体 D. 长方体、正方体都是正四棱柱 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，棱台的所有侧棱延长线必须交于一点，如图满足题意，但不是棱台，A错误； 对于B，斜二测画法保持图形的平行性不变，梯形有且仅有一组对边平行， 因此梯形的直观图只有一组对边平行，不可能是平行四边形，B错误； 对于C，底面是矩形的直平行六面体是长方体，C正确； 对于D，底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，所以正方体是正四棱柱， 长方体的底面不一定是正方形，所以长方体不一定是正四棱柱，D错误. 4. 关于的一元二次不等式与的解集分别为、，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】通过举反例分别验证充分性和必要性均不成立，即可判断条件关系. 【详解】充分性：若，抛物线与开口方向相反， 所以关于的一元二次不等式与的解集为； 必要性：当两个不等式的解集相同时，系数不一定成比例， 例如：不等式解集为，不等式解集也为，但对应系数不成比例. 综上所述，“”是“”的既不充分又不必要条件. 5. 如图，球内切于正方体，B，C为所在棱的中点，过A，B，C三点的截面图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分析过A，B，C三点的平面与正方体及其内切球截面的形状，可排除选项A、D；再研究这两个平面图形的位置关系即可求解. 【详解】设正方体的棱长为2，则内切球的半径为1； 过A，B，C三点的平面与正方体的截面是一个菱形，故排除选项A； 过A，B，C三点的平面与正方体内切球的截面是一个圆，故排除选项D； 该菱形的两条对角线为、，边长为， 且截面菱形的中心到各边的距离为， 截面圆的圆心是正方体内切球的球心，半径为1， 因为，所以排除选项C，即选项B正确. 故选：B. 6. 函数的部分图像如图所示，是等边三角形，其中，两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件可知等边三角形的高为，进而可得三角形的边长即为半个周期，从而可得，再由点的坐标可得，再结合周期性可得所求值. 【详解】函数的振幅为​，即最高点的纵坐标为. 因为是等边三角形，高为​，由等边三角形高，得. 又因为是半个周期，即，得，因此​. 设，由，得，，则，得. 所以，因为 中点为最高点的横坐标，得C的横坐标.  因为点是最高点，故，代入得：，​ 即，且，得，因此函数为：. 所以，，  ，， 所以 ，. . 因此. 7. 在中，，，，，则（ ） A. 0 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到为的外心，取的中点，求得和，进而得到，再由三角形的面积公式和余弦定理，求得和，得到，即可求解. 【详解】由题意知：，可得为的外心， 取的中点，连接，则，所以， 又由， 同理可得， 所以， 可得， 因为在中，，，可得，解得， 又因为，由余弦定理， 可得，即， 所以，所以， 则， 所以，所以. 8. 设，且，则满足条件的有序实数对有（ ） A. 一组 B. 二组 C. 三组 D. 四组 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式，化简得到因为，构造，利用，求得，得到或，同理求得或，结合等号成立的条件，即可求解. 【详解】因为，可得， ， 构造向量， 可得， 且， 又因为，可得， 平方得，整理得，所以， 因为，所以或， 同理可得，求得， 又因为，所以或， 要使得上述不等式的等号成立，则满足和同向， 代入验证： 当时，可得，当且仅当时，即时，向量和同向，符合题意； 当时，可得，当且仅当时，即时，向量和同向，符合题意； 综上可得，满足条件的有序实数对共有2组. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知的三个角，，所对的边分别为，，，下列条件能构成且形状唯一确定的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ABC 【解析】 【分析】本题考查解三角形中三角形的存在性与唯一性判定，结合正弦定理、余弦定理及三角形内角和性质对各选项逐一分析即可. 【详解】选项A，已知两角，可得第三个角，结合边， 由正弦定理可唯一确定的值，三角形存在且形状唯一，故A正确； 选项B，已知两边及夹角， 由余弦定理，可得边长唯一， 剩余两角也可由余弦定理唯一确定，三角形存在且形状唯一，故B正确； 选项C，已知，由正弦定理， 又，故唯一确定，剩余角，边也唯一， 三角形存在且形状唯一，故C正确； 选项D，对等式， 由正弦定理得，代入余弦定理得，故， 又，，不满足三角形内角和要求，不存在这样的三角形，故D错误. 10. 在下列四个命题中，正确的是（ ） A. 不等式的解集是 B. 的最小值为4 C. 函数的零点是， D. ， 【答案】AD 【解析】 【详解】A：， 解得，故解集为，A正确； B：由换底公式，得， 故原式， 当且时，可取任意非零实数，无最小值，B错误； C：令，解得或，故函数的零点为与，而非点、，C错误； D：当时， 由单调递减，得； 由单调递增，得. 故恒成立，D正确. 11. 如图所示，在五面体中，四边形是正方形，和均是等边三角形，且，，则（ ） A. 平面 B. 和所在的半平面形成的二面角随着的减小而减小 C. 当时，五面体能在棱长为的正四面体内任意转动 D. 存在使得半径为的球能内含于五面体 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由线面平行的判定证明；对于B，先作出和所在的半平面形成的二面角，再根据分类讨论判断随着的变化情况；对于C，当时，和所在的半平面平行，此时五面体为正三棱柱；求出五面体的外接球半径，再求出棱长为 的正四面体内切球半径即可判断；对于D，找特殊情况，容易发现当时，和所在的半平面平行，此时五面体为正三棱柱，把半径为的球放到正方形中心上，球半径小于和的内切圆半径，故存在. 【详解】对于A，由题设，平面，平面，则平面， 由平面平面，平面，则， 面，面，则平面，故A正确； 对于B，分别取的中点，连接，设平面平面， 则由选项A可知，，又，所以，故与共面， 由，平面，平面，得平面， 又平面，设平面平面，所以，同理 设，那么直线，因为是等边三角形，为中点， 所以且，同理且，又，， 所以，，故为和所在的半平面形成的二面角的一个平面角， 因为，取中点，则，， 当时，，所以，， ，此时两半平面所成二面角随着的减小而减小； 当时，和所在的半平面平行，二面角不存在； 当时，，所以，， ，此时两半平面所成二面角随着的减小而增大；故B错误； 对于C，当时，和所在的半平面平行，此时五面体为正三棱柱； 五面体的外接球半径为 设棱长为 的正四面体内切球半径为， 则由，解得， 由于，所以该五面体不能在该正四面体内任意转动，故C错误； 对于D，当时，和所在的半平面平行，此时五面体为正三棱柱， 把半径为的球放到正方形中心上，由于和的内切圆半径为， 而，因此该球能内含于五面体，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 流星透疏木，走月逆行云，你和朋友分别在，两地同时看到处有一颗流星，仰角分别是和（，表示当地的地平线），假设为地球中心，且点，，，共面，劣弧所对的圆心角为．若估测，，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，易得，所以，进而表示出，利用正弦定理，即可求得. 【详解】连接， 由,得. 所以，且， 又，所以， 所以， 所以， ， ， 由正弦定理得， 所以. 13. 圆台的上底面半径长为2，下底面半径长为3，侧面展开图的面积等于，则圆台的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆台侧面展开图面积计算公式计算出母线长，再计算出高，最后求得圆台的体积. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，高为，那么 ，， 如图所示，四边形为圆台轴截面，为上底面圆心，为下底面圆心，作于点，则, 所以, 故. 14. 如图，已知，均为等边三角形，，，分别为，，的中点，为内一点（含边界），，的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】以为基底向量，再结合中线向量结论，进而可得，及，再由平面向量基本定理可得相应的的值.再由线性目标函数在可行域（含边界）上的最大值必在顶点处取得，代入三点对应的的值计算并比较可得. 【详解】因为不共线，故以为基底向量. 因为是中点，所以，同理得， 因为是中点，所以，所以， ，， 综上， ， ， . 因为线性目标函数在可行域（含边界）上的最大值必在顶点处取得， 当与重合时：，得，； 当与重合时：，得，； 当与重合时：，得，； 显然，因此的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数（为虚数单位）是关于的方程的一个根． （1）求，的值； （2）若，且，所对应的向量之间的夹角为钝角，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【小问1详解】 因为是方程的根， 将其代入方程，得. 又， 所以，即. 由，得， 解得，. 【小问2详解】 由题意，对应的向量为，对应的向量为， 两向量夹角为钝角，需满足，且两向量不反向共线， 由，得. 当两向量共线时，，即， 此时，两向量反向，夹角为，舍去. 综上，. 16. 已知函数与函数关于对称． （1）求函数的解析式； （2），都有，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由函数关于点对称的定义求解即可； （2）分离参变量，求解，令，判断函数的单调性，对，求解恒成立问题即可. 【小问1详解】 令， 因为函数与函数关于对称， 所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 因为， 所以，所以. 因为在上单调递增， 所以在上单调递增，所以在上单调递增， 所以在上单调递减， 同理，因为在上单调递增， 所以在上单调递减， 令，则在上单调递减， 又因为对任意的，都成立， 所以，即. 17. 在中，角所对的边分别为，角为钝角，且． （1）若，求角； （2）设的平分线交于点，若面积为，求的最大值． 【答案】（1） （2）的最大值为 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，辅助角公式结合已知条件求解即可； （2）利用三角形面积公式以及基本不等式分析求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理有：， 从而， 在中，由， 所以， 即，也即， 因为，， 所以，又，所以， 由正弦定理以及得：， 所以，所以. 【小问2详解】 由（1）知，且得：， 因为为的平分线，所以， 又，即，解得：， 由，当且仅当即时等号成立， 所以的最大值为. 18. 已知为实数，用表示不超过的最大整数．例如，．．对于函数．若存在，，使得．则称函数是“函数”． （1）判断函数，是否是“函数”； （2）若函数是“函数”，求的可能取值； （3）设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”．求的最小值． 【答案】（1）函数是“函数”，不是“函数” （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据“函数”的定义判断即可； （2）根据“函数”的定义分析即可； （3）根据周期函数的定义，结合“函数”的定义，及（1）的结论分析可得. 【小问1详解】 . 令，则， ， 即存在，，使得，所以函数是“函数”． 因为， 所以， 所以是周期为的周期函数. 因此不妨研究时的情形. 设，，则，， 所以，所以不是“函数”. 【小问2详解】 因为， 若函数是“函数”，则存在，，使得 即， 所以， 即， 所以. 设，则，且，. 若，则，解得； 若，则，无解. 综上所述，当且仅当，时，成立，所以的可能取值为. 【小问3详解】 因为函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是， 所以. 若，则，所以， 所以，所以函数是“函数”，不合题意. 由（1）知，若，则是周期为的周期函数，且不是“函数”， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $