浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前

2022学年第二学期浙南名校联盟期中联考

高一数学试题

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：（本大题共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z满足（i为虚数单位），则z的虚部是（    ）

A. 1 B. i C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的除法与虚部的定义求解即可.

【详解】，故虚部为1.

故选：A

2. 在中，已知命题p：为钝角三角形，命题，则p是q的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分必要条件的定义结合向量的夹角判断即得.

【详解】命题,可得，又因为，则为钝角，则可以推出，

命题p：为钝角三角形，钝角三角形不一定是为钝角，则无法推出，

故p是q的必要不充分条件.

故选：B.

3. 用半径为，圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设圆锥的底面半径为rcm,根据底面圆的周长即扇形的弧长求出半径r,利用勾股定理可得答案.

【详解】设圆锥的底面半径为rcm，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，

可得2πr=即底面圆的半径为1，.

所以圆锥的高,

故选B

【点睛】本题考查圆锥侧面展开图的应用，圆锥侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.

4. 在中，，则边的长为（    ）

A. 3 B. 5 C. 3或5 D. 以上都不对

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦定理求的值.

【详解】根据余弦定理可知，，

则，整理为，

解得：或

故选：C

5. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A. ，则 B. ，则

C. ，则 D. ，则

【答案】D

【解析】

【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.

【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，

显然满足，而，此时不成立，A错误；

对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，B错误；

对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，C错误；

对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.

故选：D

6. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二倍角余弦公式可求得，根据诱导公式计算可得，由此可得结果.

【详解】，

.

故选：C.

7. 记，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】把三个数的指数都化为0.1，利用幂函数的单调性比大小.

【详解】，，

，

，由幂函数在上单调递增，所以.

故选：C

8. 有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，设不计硬管粗细可通过的最大极限长度为l米．为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为米，则m的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.

【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB.

设,则.

过A作AC垂直内侧墙壁于C，B作BD垂直内侧墙壁于D，则.

在直角三角形中，,所以.

同理：.

所以.

因为（当且仅当且时等号成立）.

所以.

因为走廊的宽度与高度都是3米，

所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为,

所以.

故选：A

【点睛】利用三角函数解应用题的解题思路：

（1）画出符合题意的图形；

（2）把有关条件在图形中标出；

（3）建立三角关系式，利用三角函数求最值

二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）

9. 如图，正方体中，，点Q为的中点，点N为的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 与为异面直线 B.

C. 直线与平面所成角为 D. 三棱锥体积为

【答案】AB

【解析】

【分析】对A，直接观察判断即可；对B，根据平面判断即可；对C，根据线面角的定义，结合直角三角形的性质求解即可；对D，利用等体积法求解即可.

【详解】对A，由图可得，共面，且不在平面内，则与为异面直线,故A正确；

对B，由正方体性质可得平面，又平面，故,故B正确；

对C，由平面可得直线与平面所成角为，

又，则，

故，故，故C错误；

对D，，故D错误.

故选：AB

10. 已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据平面向量的数量积运算可判断A；根据可判断B；设,由可求出，从而可判断CD.

【详解】因为是平面单位向量，且，

所以.

因为，所以，故A错误；

因为，所以，即，故B错误；

设，

因为，所以，解得，

所以，故C正确；

因为，

所以，故D正确.

故选：BCD.

11. 已知函数，则下面说法正确的是（    ）

A. 若且图象关于直线对称，则

B. 若且图像关于点对称，则

C. 若且在上单调递增，则的最大值为2

D. 若且在上的图象有且仅有2个最高点，则的取值范围为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用三角函数的图象与性质逐一分析即可.

【详解】对于A项，且图象关于直线对称时，

有，因为，所以，即A正确；

对于B项，且图像关于点对称时，

有，因为，所以，即B错误；

对于C项，且在上单调递增，则，

所以，即C正确；

对于D项，且在上的图象有且仅有2个最高点，则，所以，即D正确；

故选：ACD

12. 在锐角中，已知，D为边上的点，，则线段长的可能取值为（    ）

A.  B.  C. 3.3 D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据等面积公式，结合三角形是锐角三角形，求线段的取值范围，即可判断选项.

【详解】，设，，，

且，所以，

根据，得，

得，，那么，

角为锐角三角形，则中，，即，

中，，，即

综上可知，，只有AB满足条件.

故选：AB

【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的范围问题，关键是如何应用锐角三角形这个条件，根据余弦定理和三角形面积公式，围绕锐角三角形列式，即可求解.

非选择题部分

三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分．）

13. 已知复数，（为虚数单位）在复平面上对应的点分别为，，则的面积为________．

【答案】

【解析】

【分析】首先得到、的坐标，即可得到，，从而得到，再根据三角形面积公式计算可得.

【详解】因为复数，（为虚数单位）在复平面上对应的点分别为，，

所以，，

所以，，则，，，

所以，所以.

故答案为：

14. 已知直三棱柱的高为，，，则该三棱柱的外接球的体积为________．

【答案】

【解析】

【分析】首先求出外接圆的半径，设直三棱柱外接球的半径为，则，即可求出，再根据球的体积公式计算可得.

【详解】因为，，所以，

设外接圆的半径为，则，

又直三棱柱的高，设直三棱柱外接球的半径为，

则，即，解得，

所以外接球的体积.

故答案为：

15. 已知满足，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】首先化简条件，再结合数量积公式和余弦定理化简得到，再结合余弦定理和基本不等式求解.

【详解】由条件可知，,

设，

则，即，

则，化简为，

，当时等号成立，

所以的最小值是.

故答案为：

16. 已知正边长为1，点满足，为直线上的动点，设在的投影向量为，则的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】利用向量坐标运算表示出点坐标及和的坐标，再利用投影向量的知识得出，最后结合二次函数的最值求法求出的范围.

【详解】如图，以所在直线为轴，以线段中垂线为轴，建立平面直角坐标系，

则，，.

因为点满足，所以是线段上靠近的三等分点，则.

又因为为直线上的动点，设，由向量坐标公式得，所以，，

在的投影向量为.而由已知得在的投影向量为，所以，即;

当时，,

设,则,

因为时，，有最小值1，

所以当时取到最大值1，所以；

当时，，

设,则，

因为时，，单调递减，

所以，所以在时，；

当时，；综上所述，.

故答案为：

四、解答题：（本大题共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（，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足．

（1）求实数b的值；

（2）若复数z是关于x的方程（，且）的一个复数根，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据z在复平面上对应的点在第四象限，可得，再根据复数的模的计算公式即可得解；

（2）法一：由题可知，为关于x方程的两个复数根，再根据韦达定理及复数的加法和乘法运算即可得解.

法二：将代入方程可得，可得实部和虚部都等于0，即可得解.

【小问1详解】

∵z在复平面上对应的点在第四象限，∴，

∵，∴，∴；

【小问2详解】

（法一）由题可知，为关于x方程的两个复数根，

∴，解得，

∴；

（法二）将代入方程可得，

∴，解得，

∴.

18. 在四棱锥中，平面，底面为正方形，，E和F分别为和的中点．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，进而由线线平行得出线面平行；

（2）通过为等腰三角形，推导出即为二面角的平面角，即可求出二面角的余弦值.

【小问1详解】

取的中点M，连接，

∵M，E分别为的中点，

∴是的中位线，

∴且，

又F为的中点，

∴且，

∴且，

∴四边形是平行四边形，

∴平面平面，

∴平面，

【小问2详解】

取的中点N，G，连接，

设，

∴为等腰三角形，

∴，

∵，

∴即，

又平面，平面，平面平面，

∴即为二面角的平面角，

∴，

∴二面角的平面角的余弦值为．

19. 在中，已知为边上的高．设，记y关于A的函数为．

（1）求的表达式及的取值范围；

（2）若不等式恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用直角三角形的性质表示出，再利用三角函数的知识求出范围；

（2）先利用分离参数法得，再求解利用换元法以及证明的单调性，求解的范围可得答案.

小问1详解】

由已知可得：,

∵,∴;

∴

.

∵，∴，∴，

∴，即的取值范围为．

【小问2详解】

由（1）知：，

∴，

记，则

设，且，

则，

因为，所以，；

因为，所以，所以，即在上单调递增．

∴当，即时，t取到最大值为．

∴，即实数m的取值范围为.

20. 如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设．

（1）求的值；

（2）若为边长等于2的正三角形，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据图形，利用向量的线性运算，化简求值；

（2）法一，根据平面向量基本定理的推论，确定，再以向量为基底，表示向量，利用数量积公式，即可求解；法二，首先设，以向量为基底，表示与，利用向量平行求，再利用数量积公式求的值.

【小问1详解】

因为O为的中点，，

又，故

【小问2详解】

法一，设，因为O为的中点，，

∴

∵B，O，E三点共线，所以，得

故

因为为边长为2的正三角形

故

（法二）设

又由（1）知与为非零的共线向量.

与为非零的共线向量，所以，得

∴

因为为边长为2的正三角形

故

.

21. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．

（1）求角C的值；

（2）若，求周长的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角C；

（2）法一：将用的三角函数表示出来，结合求周长范围；法二：首先得到，再用表示周长，利用函数的单调性求范围.

【小问1详解】

，

（法一），，，

∴，则，又为锐角三角形，故.

（法二）则，，

∴，且为锐角三角形，故.

【小问2详解】

，，

由于为锐角三角形，则，且，解得，

（法一）周长

，而，即，

∴，故的周长l的取值范围为．

（法二）由上，由余弦定理得，

周长，

记，则在单调递增，

∴的周长l的取值范围为．

22 已知函数，其中．

（1）时，求函数的单调增区间；

（2）已知存在三个不相等的实数，使得成立，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1） 时，先化简函数解析式，再根据函数的性质求单调区间;

（2）由题意可得函数至少有三个单调区间，通过对分情况讨论，化简函数解析式，再结合函数的图像性质确定范围.

【小问1详解】

当时，解不等式，得，

当时，，此时单调递增；

当时，

，对称轴为直线，

此时在单调递减，在单调递增．

综上的单调递增区间为．

【小问2详解】

由题意，可得函数至少有三个单调区间．

①当时，，

在单调递减，在单调递增．

此时不存在符合题意；

②当时，i），即时，恒成立，

则，在单调递减，在单调递增，

此时也不存在符合题意；

ⅱ），即时，记的两根为，

则，

在单调递减，在单调递增．

此时也不存在符合题意；

③当时，方程必有两根：

且，

则，

结合，得在单调递增，

在单调递减，在单调递增．

此时存在符合题意．

记，则有，

此时．

若，则，与矛盾，所以，

则为的两根，由韦达定理，得．

，此时．

无最小值；

无最小值，无最大值，但值小于1．

所以的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是把绝对值去掉转化为分段函数；二是根据单调区间结合根的分布情况进行求解.