浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学

高一年级数学试题

考生须知：

1.本卷满分150分，考试时间120分钟；

2.答题前，在答题卷密封区内填写班级､考试号和姓名；

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效

4.考试结束后，只需上交答题卷.

第Ⅰ卷

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，且，则等于（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量平行的坐标运算求解.

【详解】，且，

，即，

故选：A

2. 设复数（为虚数单位），则的模等于（    ）

A.  B. 5 C.  D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】先计算，再根据模长公式即可求解.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：C

3. 已知中，，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三边的比令，，，，进而可知，根据勾股定理逆定理推断出，进而根据推断出，进而求得，则三个角的比可求．

【详解】解：依题意令，，，，

，所以为直角三角形且，

又，且，

，

，

故选：A．

4. 直径为的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（    ）

A. 3 B. 6 C. 9 D. 27

【答案】D

【解析】

【分析】求出小球的体积，求出大球的体积，然后求出小球的个数.

【详解】小球的体积为：，大球的体积为：，

所以可铸成这样的小球的个数为：，

故选：D

5. 如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，则平面图形的面积是（    ）

A. 14 B. 7 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．

【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，

可知原图中，从而得出AD⊥DC，且，

直观图中，，可知原图中，，

即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，

故其面积.

故选：B

6. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用对数函数、指数函数的单调性确定的范围，进而比较大小可得答案.

【详解】因为在上单调递增，

所以，即；

因为在上单调递增，

所以，

因为在上单调递减，

所以，

所以.

故选：D．

7. 如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.

【详解】

如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.

则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.

因为为的中点，为的中点，

所以，

所以，

在中，，

在中，，

同理可得.

令上的高为，

所以，

所以.

因为，所以，

所以，

同理可得，

故截面的面积.

故选：B

【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:

①直接法:截面的定点在几何体的棱上；

②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；

③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

8. 已知非零向量，满足，，且，则的最小值为（    ）

A.  B. 3 C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】设，则，取的中点，由可得，进而得到.要使最小，也最小，由图可知、、三点共线时满足，设，则，，，由余弦定理得，则由可得，进而求解.

【详解】设，则，取的中点，

由，

即，

即，

即,

即，

所以，

而，

即，

所以要使最小，也最小，

显然，此时、、三点共线，

设，

则，，，

因为，

所以由余弦定理得，

即，

即，

由，即，

所以，

所以的最小值为.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题关键在于转化为，进而转化为进而求解.

二､多选题：本题共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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 下列说法中，正确有（    ）

A. 复数满足；

B. “为钝角”是“复数在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件；

C. 已知复数“的虚部相等”是“”的必要条件

D. 在复数范围内，若是关于的实系数方程的一根，则该方程的另一根是

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A：根据复数乘法与模长的计算公式可证明是正确的；对于B：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件为第二象限角；对于C：根据复数相等的概念判断；对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数.

【详解】对于A：设，

则，

则；

，

所以，故A正确；

对于B：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件，即为第二象限角，故B错误；

对于C：的充要条件是实部相等且虚部相等，故 “的虚部相等”是“”的必要条件，故C正确；

对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数，故另一个为，故D错误；

故选：AC

10. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是（    ）

A. 若，则一定是钝角三角形

B. 若，则一定是锐角三角形

C. 若，则一定是等腰三角形

D. 若，则一定是等边三角形

【答案】CD

【解析】

【分析】对于A，举例即可判断；对于B，由余弦定理可得，可得为锐角，进而判断；对于C，由正弦定理得，，进而得到，进而判断；对于D，由正弦定理得，进而得到，进而判断.

【详解】对于A，当时，，

此时是等边三角形，故A错误；

对于B，由，得

所以，

所以，即为锐角，角、无法确定大小，故B错误；

对于C，，

由正弦定理得，，

即，即，

所以，所以是等腰三角形，故C正确；

对于D，，

由正弦定理得，

即，

所以，即是等边三角形，故D正确.

故选：CD.

11. 已知三棱锥中，，分别是的中点，是棱上（除端点外）的动点，下列选项正确的是（    ）

A. 直线与是异面直线；

B. 当时，三棱锥体积为；

C. 的最小值为；

D. 三棱锥外接球的表面积.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据异面直线判定定理可判断A，由于三棱锥对边相等可放入长方体中，借助长方体可判断BD，再由棱锥两个侧面展开到同一个平面上，利用两点间连线最短判断C.

【详解】对A，是平面内直线BA外一点，是平面外一点，两点连线与是异面直线，故A正确；

对B，将三棱锥放入长方体中，如图，

因为，所以，所以，

设长方体的长、宽、高分别为，

则，即，解得，

显然三棱锥体积等于长方体体积减去长方体角上4个相同的三棱锥的体积，

，所以，故B错误；

对D，因为三棱锥外接球即为长方体的外接球，所以外接球半径，所以外接球的表面积，故D正确；

对C，将三棱锥侧面展开在一个平面上，连接，交于,

如图，

由余弦定理，，

,

所以，,

所以，

在中，,

所以，即当P点运动到M点时，的最小值为，故C正确.

故选：ACD

12. 已知函数满足：则下列判断正确的是（    ）

A. 为奇函数

B. 是周期函数且最小正周期为6

C.

D. 的图象关于直线对称

【答案】BD

【解析】

【分析】根据赋值法可得判断A，令可得，变换后根据判断B，分别求出，利用周期求判断C，根据函数为偶函数及周期函数判断D.

【详解】令，则，即，故不是奇函数，故A错误；

令，则有，所以，

，即，

故，两式相减可得，故是周期函数且最小正周期为6，故B正确；

，，，即，由，可得，再由，可得，而，故C错误；

令，则，又，

所以，即函数为偶函数，由可得，

又函数为偶函数，所以，即，

所以函数图象关于直线对称，故D正确.

故选：BD

【点睛】关键点点睛：首先根据，灵活的对赋值，是解决此类问题的关键，其次注意函数周期性的定义，函数图象对称关于对称的条件都是解决此问题的关键.

第II卷

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若向量，则在上的投影向量坐标为__________.

【答案】

【解析】

分析】根据投影向量坐标公式即可求解.

【详解】向量，

在上的投影向量的坐标为：

故答案为：

14. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先化简两个集合，再根据题意可转化为集合B是集合A的真子集，从而可求解.

【详解】 集合，

，

又“”是“”的必要不充分条件，

，解得，

实数的取值范围为: .

故答案为：.

15. 在中，点在边上，，若边上的高与边上的高之比为，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】设边上高为，边上的高为，设，结合，可得，，在中，由余弦定理可得，进而得到，.在中，再由余弦定理即可求解.

【详解】设边上的高为，边上的高为，设，

因为，

所以在中，，

又边上的高与边上的高之比为，

所以，即，

所以在中，，

又，所以，

在中，由余弦定理得，

即，解得，

所以，，

在中，由余弦定理得，

即，解得，

即.

故答案为：.

16. 已知则的最大值为__________.

【答案】4

【解析】

【分析】由条件消元转化为关于的式子，变形后原式可得，令换元后根据二次函数求最值.

【详解】由可得，故，

，

令，

则由知，

当时，即时，，即的最大值为4.

故答案为：4

四､解答题：本题共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. 已知复数满足.

（1）求；

（2）求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用复数的除法运算求出即可；

（2）求出的值并计算的值.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，所以.

【小问2详解】

18. 正三棱台中，.

（1）求三棱台的表面积；

（2）分别是的中点，为上一点，且，几何体的体积记为，几何体的体积记为，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正棱台的性质和棱台的表面积公式即可得出答案；

（2）将几何体的体积记为看成台体和三棱锥的体积，求出，几何体的体积记为看成台体和减去，相比即可得出答案.

【小问1详解】

因为正三棱台中，.

所以，，

过点作交于点，正三棱台的三个侧面为全等的等腰梯形，

且，

所以三棱台的表面积为：.

【小问2详解】

取的中点，连接，则，取的中心且共线，

连接且O2为其中点，由正棱台的性质知，平面，连接，

过作交于点，则，同理，

所以，

所以，点到平面的距离为，

，

三棱台的体积为：

三棱台的体积为：，

而，

所以几何体的体积记为，

几何体的体积记为，

故

19. 如图所示，有两个兴趣小组同时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每层楼高4.

（1）兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假山水平面C点测得B点的仰角为15°，在六楼A点处测得B点的俯角为45°，求假山的高度（精确到0.1）；

（2）兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测得AB=22，BC=16，求假山的高度（精确到0.1）.

附：.

【答案】（1）4.2m   

（2）4.3m

【解析】

【分析】（1）令假山的高度为.根据正弦定理求得，再根据即可求解；

（2）根据余弦定理求得，则，再根据即可求解.

【小问1详解】

令假山的高度为.

由题意可知，，

则，

根据正弦定理可得，，即，

所以，

而，

所以

故假山的高度大约为4.2m.

小问2详解】

根据余弦定理，可得，

则，

所以

故假山的高度大约为4.3m.

20. 已知函数的部分图象如图所示，其中，且，

（1）求函数的解析式；

（2）若，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据推出图象关于直线对称，从而得到周期，求得，进而可求得；

（2）先化简，再利用弦化切即可求解.

【小问1详解】

因为，所以图象关于直线对称，

所以，

所以，即

根据五点作图法可得，，

所以，又，所以，

所以

【小问2详解】

，

故的值为.

21. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.

问题：记的内角的对边分别为，且__________.

（1）证明：；

（2）若，求的取值范围.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①：由正弦定理化为得；

选②：由条件知化为得；

（2）由得，求出的范围，由条件结合正弦定理得化为的函数求范围

【小问1详解】

选①：，由正弦定理得

，

，，，

，或，

若，则，不成立，.

选②：

，

，

，，

，，

，，

或舍去，.

【小问2详解】

，，

，，

,,由正弦定理得

22. 已知函数，

（1）当时.解不等式；

（2）记表示实数中的较大者.任意的，是否有恒成立？若是，请证明：否则，请说明理由.

【答案】（1）或；   

（2）恒成立，证明见解析.

【解析】

【分析】（1）将代入得，再直接解不等式即可；

（2）根据的范围以及最大值含义进行合理放缩，再构造出关于的函数，求出其最值即可.

【小问1详解】

当时,由题意可知:,

所以，解得或，

所以不等式的解集为,或.

【小问2详解】

因为，则，则由最大值的定义可知

，

而

令

，则，

所以成立.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于根据，结合最大值含义进行放缩得，然后再代入化简，利用二次函数的图象与性质，两次求取最值即可.