精品解析：浙江省北斗联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：浙江省北斗联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 下列四个命题中，假命题为等内容，欢迎下载使用。

命题：萧山八中 新登中学
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合的并集即可得出答案.
【详解】集合，，
则
故选：D.
2. 已知复数是复数的共轭复数，则（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】化简结合已知可得，即可得出的值，进而得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选：C.
3. 已知，则是成立的（ ）
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】解一元二次不等式，再由充分必要条件的定义判断即可.
【详解】由可得：，
因为推不出，而能推出，
所以是成立的必要不充分条件
故选：B.
4. 在中，，记，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量基本定理结合向量加减法运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以
，
因为，，
所以，
故选：C
5. 已知函数，，则图象为如图的函数可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性可排除B、D，利用函数在原点处没有意义排除C，即可得解.
【详解】对于B，，该函数定义域为R，
但是，
所以该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C当时，，函数在处无意义，故函数不过原点，与函数图象不符，排除C.
对于D，，该函数定义域为R，
但是，
所以该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除D；
故选：A.
6. 由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设底面的正方形的边长为，由棱锥的性质求棱锥的高，由此确定以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比.
【详解】如图为正四棱柱，为侧面三角形底边上的高，
设，
由已知侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，
所以，
连接，设其交点为，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
因为，
，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，即为以为斜边的直角三角形，
因为，，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积，
四棱锥的侧面积，
所以，
所以以四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为，
故选：B.
7. 记函数的最小正周期为，若，且的图像关于点中心对称，则（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数的图像与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图像关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：C.
8. 扇形中，，，是的中点，是弧上的动点，是线段上的动点，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立如图所示平面直角坐标系，设，借助，所以，再借助三角形变换公式求得其最小值．
【详解】
建立如图所示平面直角坐标系，
设，
则，
故，
因为，所以；
又因为，
所以（当且仅当取等号），
故选：A．
二、选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列四个命题中，假命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数满足，则
D. 若复数，满足，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的相关概念，即可判断A、B项；取特殊值，即可判断C、D项.
【详解】对于A项，根据共轭复数的概念，实数共轭为自身，可知A项正确；
对于B项，设，则.
因为，所以，所以，故B项正确；
对于C项，取，则，故C项错误；
对于D项，取，，则，故D项错误.
故选：CD
10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 设，为非零向量，则“”是“”的充要条件
B. 在中，
C. 设向量，，若与的夹角为钝角，则实数
D. 点是所在平面中的一点，若，则点是的重心
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算可判断A，利用余弦定理可判断B，利用数量积定义可判断C，利用向量的线性运算可判断D.
【详解】对于A，因为
所以“”是“”的充要条件，故A正确；
对于B，由余弦定理可得：，
则由正弦定理可得：，故B正确；
对于C，向量，，若与的夹角为钝角，
则，故实数且，故C不正确；
对于D，点是所在平面中的一点，若，
，取的中点，所以，
所以，故点是的重心，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正实数，满足，则下列选项不正确的是（ ）
A. 的最大值为4
B. 的最小值为
C. 的最大值为3
D. 的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用基本不等式可得出关于的不等式，解出的取值范围，可判断AB选项；
由已知可得出，利用二次函数的基本性质结合的
取值范围，可得出的取值范围，可判断CD选项.
【详解】因为正实数、满足，
则，
因为，解得，当且仅当时，取最大值，则A、 B错；
因为，
所以，，
令，因为函数在上单调递减，
所以，，C 错D对.
故选：ABC
12. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幕，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示.在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 面积的最大值是
B.
C.
D. 面积的最大值是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据，即可推得.根据正弦定理角化边，即可得出B项；代入面积公式，结合二次函数的性质，即可得出面积的最大值，进而判断A、D项.
【详解】因为，
整理可得，，
即有.
因为，所以.
对于B项，根据正弦定理角化边可得，，故B项正确；
对于A、D项，由已知可得.
当，即时，该式有最大值，故A项正确，D项错误；
对于C项，因为不是确定的数值，故C项错误.
故选：AB
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：______.
【答案】5
【解析】
【分析】由指数幂的性质和对数的运算性质求解即可
【详解】.
故答案为：5.
14. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量是______（坐标表示）.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的公式计算直接得出答案.
【详解】因为向量，，
所以，，
所以在上的投影向量的坐标为：，
故答案为：.
15. 圆台的上､下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的母线长是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆台得侧面展开图，两圆半径之差即为所求
【详解】
如图所示,设圆台的上底面周长为,因为扇环的圆心角是,
所以
又,
所以.
同理.
所以
故答案为:.
16. 对于函数和，设，，若存在，，使得，则称函数和互为“零点相伴函数”，若函数与互为“零点相伴函数”，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由的单调性结合，得，则可得，则由已知可得方程在区间存在实数根，令，则，，则，然后结合对勾函数的性质可求出结果.
【详解】因为在上单调递增，且，
所以，
由，得，得，
所以由题意可知在区间上存在零点，
即方程在区间存在实数根，
由，得，
令，则，
根据对勾函数的性质可知函数在上递减，在上递增，
因为，
所以，所以，
解得，
即实数的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查函数单调性的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是准确理解“零点相伴函数”的定义，结合零点的定义和对勾函数的性质可求得答案，考查数学转化思想，属于较难题.
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. 已知向量，，且与夹角为，
（1）求；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）转化为求平面向量的数量积，对平方再开方可求出结果；
（2）根据以及平面向量数量积的运算律和定义可求出结果.
【小问1详解】
因为，∴，
又，与的夹角为， ∴，
∴
；
【小问2详解】
由，得，
即，
所以，
解得.
18. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且.

（1）求原平面图形的面积；
（2）将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积.
【答案】（1）14 （2）表面积，体积为
【解析】
【分析】（1）根据直观图及其边长，得出平面图形的边长，然后根据梯形的面积，即可得出答案；
（2）根据题意得出几何体是一个以为底面半径的圆柱减去一个以为底面半径的圆锥和组成，进而根据组合体的性质结合圆柱以及圆锥的表面积、体积公式，即可得出答案.
【小问1详解】
如图所示：还原平面图形，作交于点，
因为，，，
所以，所以，，，
故.
【小问2详解】
将原平面图形绕旋转一周，
所得几何体是一个以为底面半径的圆柱减去一个以为底面半径的圆锥和组成，
所以所形成的几何体的表面积为
；
所形成的几何体的体积为
.
19. 已知函数，.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）函数的图像沿轴向左平移个单位长度得到函数的图像，求在区间上的最值.
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再求其最小正周期和单调增区间即可；
（2）根据（1）中所求，结合函数图像平移求得，再利用整体法即可求得函数的最值.
【小问1详解】
，
∴最小正周期，
当即时单调递增，
∴函数的增区间为；
【小问2详解】
由题可知：，
当时，，
，
，.
20. 在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若______
（1）若，求的外接圆面积；
（2）若，且的面积，求的周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，可利用正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理可求得；若选②，可根据正弦定理与同角关系对条件进行化简，可求得；若选③，利用正弦定理与三角形的内角和为即有对条件进行化简，可求得，最后再根据正弦定理可求解出外接圆的半径，即可求得结果；
（2）利用面积公式可得的取值范围，结合余弦定理，将用进行表示，即可求得结果.
【小问1详解】
选①
，
由正弦定理可得，，
，
结合余弦定理可知，，
，，
由正弦定理可知， ，.
选②，
，
由正弦定理可得，，
即，
，，，
，
，
由正弦定理可知， ，.
选③，
，
又，
，
由正弦定理可得，，即，
结合余弦定理可知，，
，，
由正弦定理可知， ，
【小问2详解】
的面积，
，，
，，
，
的周长，且，
，即的周长的取值范围为.
21. 如图，为了迎接亚运会，某公园修建了三条围成一个直角三角形的观光大道AB，BC，AC，其中直角边，斜边，现有一个旅游团队到此旅游，甲、乙、丙三位游客分别在AB，BC，AC这三条观光大道上行走游览.

（1）若甲以每分钟的速度、乙以每分钟的速度都从点出发在各自的大道上奔走，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后到达，甲到达，求此时甲、乙两人之间的距离；
（2）甲、乙、丙所在位置分别记为点D，E，F.设，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且，请将甲、乙之间的距离表示为的函数，并求甲、乙之间的最小距离.
【答案】（1）
（2），，.
【解析】
【分析】（1）由题意，，中，由余弦定理可得甲乙两人之间的距离；
（2）中，由正弦定理可得，可将甲乙之间的距离表示为的函数，并求甲乙之间的最小距离.
【小问1详解】
依题意得，，
在中，，所以.
在中，由余弦定理得，
所以.
答：甲、乙两人之间的距离为.
小问2详解】
由题意得，，

在中，，
在中，由正弦定理得，
即，
所以，，
所以当时，有最小值.
答：甲、乙之间的最小距离为.
22. 已知函数，其中为自然对数的底数，记.
（1）解不等式；
（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，解指数不等式；
（2）求出的范围，分离参数并换元构造函数，利用对勾函数求出函数的值域，即可得出答案.
【小问1详解】
因为函数，则不等式化为，
即，，
而，因此，解得，
所以原不等式的解集是.
【小问2详解】
依题意，，当时，，
，
易知，则，
令，，
，，，，
因为，则，，
因此，即，则有函数在上单调递增，
于是当时，，
即，，，
从而，所以实数的取值范围为.