浙江省杭州学军中学2023-2024学年高一下学期统测适应性考试数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题（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. 设集合A＝{0，1，2}，B＝{x|1＜x≤2}，则A∩B＝（ ）
A. {1，2}B. {2}C. {0}D. {0，1，2}
【答案】B
【解析】
【分析】
利用交集定义直接求解．
【详解】解：集合，1，，，
．
故选：．
【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2. 已知复数在复平面内对应的点是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义表示出，再根据复数代数形式的除法运算法则计算即可.
【详解】复数在复平面内对应的点为，则，
所以.
故选：B．
3. 密位制是度量角的一种方法．把一周角等分为份，每一份叫做1密位的角．以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数字之间画一条短线，如7密位写成“”，密位写成“”．1周角等于密位，记作1周角，1直角.如果一个半径为的扇形，它的面积为，则其圆心角用密位制表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据扇形面积公式即可求得圆心角，再根据密位制定义即可求解.
【详解】设扇形所对的圆心角为，所对的密位为，
则，解得，
由题意可得，解得，
因此该扇形圆心角用密位制表示为．
故选：B.
4. 已知、是不重合的两条直线，、是不重合的两个平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】对于A，先判断，然后由线面平行判定定理可判断；对于BCD，通过正方体模型举反例即可判断.
【详解】对于A，因为，，所以，
又，，所以，A正确；
对于B，在正方体中，
记平面为，平面为，为，为，
则，，，但与不平行，B错误；
对于C，记平面为，平面为，为，为，
由正方体性质可知，平面，平面，所以，
则，，，但不垂直，C错误；
对于D，记为，为，平面为，
则，，但与不垂直，D错误.
故选：A
5. 已知，，…，是单位平面向量，若对任意的，都有，则n的最大值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，单位向量的夹角最小时，正整数有最大值，利用向量数量积的定义求出此时的值即可．
【详解】依题意，设单位向量的夹角为，
因为，
所以则，所以，
根据题意，正整数的最大值为，
故选：C
6. 已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理化角为边，利用余弦定理结合基本不等式求出的最小值，再根据平方关系即可求出的值最大，结合取等号的条件即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，所以，
则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以当的值最大时，.
故选：C.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
7. 如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.
【详解】设是的中点，连接，由于，
所以，所以是二面角的平面角，所以，
由得.
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
由于，所以 两两垂直.
由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为.
设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，
故选：A.
8. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数有两个零点
B. 若函数有四个零点，则
C. 若关于的方程有四个不等实根，则
D. 若关于的方程有8个不等实根，则
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数的性质，作出函数图象，再结合图象与性质逐项判断即得.
【详解】函数的图象关于直线对称，函数的图象开口向下，关于直线对称，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增，当时，单调递减，
函数的零点，即函数的图象与直线交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线，如图，

观察图象知，函数的图象与直线有3个公共点，因此函数有3个零点，A错误；
函数的零点，即方程的根，亦即函数的图象与直线交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线，如图，

观察图象知，当时，函数的图象与直线有4个公共点，
因此函数有四个零点，则，B错误；
关于的方程有四个不等实根，不妨设，
显然有，因此，C错误；
令，由选项B知，当且仅当时，方程有4个不等实根，
要关于的方程有8个不等实根，
则当且仅当方程在上有2个不相等的实数根，令这两个实根为，，
且，，则，
由，得，而当时，的两根相等，不符合题意，
所以的取值范围是，D正确.
故选：D
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数图象，利用数形结合的方法求解.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若的终边经过，，则
B.
C. 若，则为第一或第四象限角
D. 若角和角终边关于轴对称，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据k的正负判断A，根据诱导公式判断B，根据三角函数在坐标轴上的符号判断C，由对称及三角函数的定义判断D.
【详解】当时，，故A选项错误；
，B正确；
时，的终边在第一或第四象限或轴非负半轴，C错误；
因为，角和角的终边关于轴对称，
结合三角函数定义可知，即，故D选项正确．
故选：BD
10. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A. 若A＞B，则
B. 若，则有两解
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则为等腰三角形或直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】由余弦函数的单调性即可判断A,由正弦定理即可判断B,由余弦值的性质即可判断C,由边角互化即可判断D.
【详解】对于A，所以函数在上单调递减，所以，故A正确；
对于B，由正弦定理可得：，∴，
此时无解，故B错误；
对于C，∵，为三角形的内角，
∴，可知A，B，C均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；
对于D：∵，所以由正弦定理可得，又,
因此，
∴，∴，b＝a或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．
故选：ACD．
11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A. 若点满足，则动点的轨迹长度为
B. 当点在棱上时，的最小值为
C. 当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为
D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为可得A正确；以为轴将平面顺时针旋转，由勾股定理可得B错误；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为可得C正确；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为可得D正确.
【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形，
动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，故正确；
对于B，以为轴将平面顺时针旋转，如图，
则，故B错误；；
对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示，
当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
又，
弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；
对于D，取的中点分别为，
连接，如图2所示，
因为平面平面，故平面，
，平面平面，故平面；
又平面，故平面平面；
又，
故平面与平面是同一个平面.
则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，
故三角形是以为直角的直角三角形；
故，故长度的最大值为，故D正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则______
【答案】
【解析】
【分析】由斜坐标定义用，表示，然后平方转化为数量积求得模．
【详解】由题意，
，
故答案为：．
13. 已知函数（，）的图象向右平移个单位长度后，所得函数在上至少存在两个最值点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得图象平移后的函数解析式，根据所得函数在区间上最值点的情况以及对进行分类讨论来求得的取值范围.
【详解】将的图象向右平移个单位长度后，
所得函数图象对应的解析式为，
则当，
即时，在上至少存在两个最值点，满足题意；
当时，，所以（），
解得（）．当时，解集为，不符合题意；
当时，解得；当时，解得．
综上，实数的取值范围是．
故答案为：
【点睛】三角函数图象变换，首先要看是变还是变，平移变换中：变是“左加右减”，变是“上加下减”.伸缩变换中，如：由变换为，则是缩小为原来的倍；如变为，则是放大为原来的倍.
14. 在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形面积求得，根据两不等式恒成立，判断，，再由，结合三角形和三角形面积公式，推出和，最后根据向量数量积定义式即可求得.
【详解】因的面积为10，且，则有，解得，
由图知表示直线上一点到点的向量，
而则表示直线上一点到点 的距离，
由对任意恒成立可知，的长是点到直线上的点的最短距离，
故易得，此时,同理可得.
如图所示,因，由可得：，
由可得：，
由锐角可得是锐角，故是钝角，
于是，
于是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式恒成立和向量数量积的计算，属于较难题.
处理恒成立问题，一般可考虑分类讨论法，参变分离法，结合图形几何意义判断法等方法；对于数量积运算，可考虑定义法，基向量表示法和向量坐标法来解决.
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）若，求x的值；
（2）记，若对于任意，而恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）的最小值为
【解析】
【分析】（1）根据向量平行，得到，由求解即可；
（2）利用向量的数量积运算得到解析式，由恒成立，再通过求解在的最值，即可得到的最小值.
【小问1详解】
由，则，则，
，，故，
，由于，所以，
所以，则.
【小问2详解】
==+，
==，
∵，∴，.
∵恒成立，∴，
从而，即.
16. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，.
（1）求角B；
（2）若外接圆的周长为，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，进行角化边的化简处理可得，利用余弦定理可得，结合范围，可求B的值.
（2）由正弦定理可得b，根据三角形任意两边和大于第三边的性质，可得，由余弦定理，结合基本不等式可求的最大值，进而可求的周长的范围.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，化简可得，
由余弦定理得，
因为B为三角形内角，，所以.
【小问2详解】
因为的外接圆周长为，故外接圆直径为，
因为，所以由正弦定理可得，
所以由余弦定理，
可得，
所以，当且仅当时，等号成立.
又因为，所以，
即的周长的取值范围为.
17. 已知函数．
（1）证明：的定义域与值域相同．
（2）若，，，求m的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由具体函数的定义域可得，解不等式即可求出的定义域，再结合对数函数的单调性即可求出的值域.
（2）设，则，分别求出，即可得出答案.
【小问1详解】
证明：由，得，
所以定义域为．
，
因为在上单调递增．
所以，所以的值域为，
所以的定义域与值域相同．
【小问2详解】
解：由（1）知在上单调递增，
所以当时，．
设，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
因为，，，
所以，即m的取值范围为．
18. 已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）求二面角的正切值；
（3）证明：存在点，使得平面，并求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设，连接，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）在平面中过作于，连接，说明是二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得；
（3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，当时可证平面，从而求出此时的值.
【小问1详解】
设，连接，
因为正方形，所以为中点，
又矩形中，为的中点，
所以且，
所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
在平面中，过作于，连接，
因为正方形和矩形所在的平面互相垂直，
，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
平面，平面，
所以，又，平面，所以平面，
又平面，所以，
是二面角的平面角，
因为，，所以，
所以，
在中，，，
二面角的正切值为；
【小问3详解】
连接交于点，因为是正方形，所以，
又正方形和矩形所在的平面互相垂直，
平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，
当时，，平面，所以平面，
此时，，，则，
又，所以，则，则，
所以，又，所以，则，
所以，所以.
19. 已知函数的定义域为，若存在常数，使得对内的任意，，都有，则称是“利普希兹条件函数”.
（1）判断函数是否为“利普希兹条件函数”，并说明理由；
（2）若函数是周期为2的“利普希兹条件函数”，证明：对定义域内任意的，均有.
【答案】（1）与是“利普希兹条件函数”，理由见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据所给定义推导的正负，即可判断；
（2）首先证明对任意的，都有，再由周期性，即可证明对定义域内任意的，均有.
【小问1详解】
由题知，函数的定义域为，
所以，
即，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
函数的定义域为，
所以，，
所以，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
【小问2详解】
若，
当，则；
若，设，
则
，
所以对任意的，都有，
因为函数是周期为的周期函数，
所以对任意的，都存在，使得，，
所以，
综上可得对定义域内任意的，均有.
【点睛】关键点点睛：本题考查运用所学的函数知识解决新定义等相关问题，关键在于运用所学的函数知识，紧紧抓住定义.