2022-2023学年浙江省杭州市六县九校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市六县九校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合M={1,2,3,5}，N={2,3,4}，则M∩N=( )
A. {1,5}B. {1,2}C. {2,3}D. {1,2,3,4}
2. 设a=20.7，，c=2−0.3，则( )
A. c>a>bB. a>c>bC. b>c>aD. b>a>c
3. 设x∈R，则“x2−2x<0”是“|x−1|<2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 如图，一个水平放置平面图形的直观图A′B′C′D′是边长为1的菱形，且O′D′=1，则原平面图形的面积为( )
A. 2
B. 1
C. 2 2
D. 2
5. 下列命题中正确的是( )
A. 如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B. 平面α内有不共线的三个点A，B，C到平面β的距离相等，则α/​/β
C. b/​/α，α/​/β，则b/​/β
D. a/​/α，a/​/b，b⊄α，则b/​/α
6. 圣⋅索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则估算索菲亚教堂的高度为( )
A. 20mB. 20 3mC. 20 6mD. 10 3m
7. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P，Q，R分别是棱A1D1，C1D1，BC中点，则过点P，Q，R三点的截面面积是( )
A. 32
B. 3
C. 2 3
D. 3 3
8. 已知a2−2ab−3b2=1，且，则a−b的取值范围是( )
A. [−1,53]B. [1,54]C. (−∞,1]D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题为真命题的是( )
A. 复数2−2i的虚部为−2i
B. 若i为虚数单位，则i2023=−i
C. 复数−2−i在复平面内对应的点在第三象限
D. 复数5−2+i的共轭复数为−2−i
10. 在△ABC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csAB. 若A=30°，b=5，a=2，则△ABC有两解
C. 若csAcsBcsC>0，则△ABC为锐角三角形
D. 若，则△ABC为等腰三角形或直角三角形
11. 已知向量，c=(λ,−1)，λ∈R，μ∈R，则( )
A. 若λ=1，则a+2b在c方向上的投影向量为
B. 与b共线的单位向量为(2 55, 55)
C. 若，则
D. 的最小值为7 55
12. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=OC=2，则下列结论正确的是( )
A. 圆锥 SO的侧面积为8 2π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为83
C. ∠SAB的取值范围是(π4,π3)
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2( 3+1)
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 复数z(2+i)=2−i，i为虚数单位，则|z|= ______ ．
14. 如图，在单位圆中，P(1,0)，M、N分别在单位圆的第一、二象限内运动，若，△MON为等边三角形，则sin∠POM= ______ ．
15. 已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分在边BC，CD上，BE=λBC，DF=μDC.若λ+μ=23，则AE⋅AF的最小值为______．
16. 已知圆锥底面圆的直径为2，高为 3，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知|a|=4，|b|=8，a与b的夹角是120°．
(1)计算：|a+b|；
(2)当k为何值时，(a+2b)⊥(ka+b).
18. (本小题10.0分)
已知向量a=(2csx,1)，，x∈[0,π2].
(1)若a/​/b，求x的值；
(2)记f(x)=a⋅b，若对于任意x1，x2∈[0,π2]，恒成立，求实数λ的最小值．
19. (本小题12.0分)
如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A处沿直线步行到C处；另一种是先从A处沿索道乘缆车到B处，然后从B处沿直线步行到C处，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为，在甲出发2min
后，乙从A处乘缆车到B处，再从B处匀速步行到C处，假设缆车的速度为，山路AC长为1260m，经测量csA=1213，csC=35．
(1)从A处到B处，乙乘坐缆车的时间是多少min？
(2)乙出发多长时间后，乙在缆车上与甲的距离最短？
20. (本小题12.0分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当时，求证BC1/​/平面AB1D1；
(2)若平面BC1D//平面AB1D1，求ADDC的值，并说明理由．
21. (本小题12.0分)
在①a+acsC= 3csinA，②(a+b+c)(a+b−c)=3ab，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，_____．
(1)求角C的值；
(2)若角C的平分线交AB于点D，且CD=2 3，求2a+b的最小值．
22. (本小题14.0分)
已知f(x)=|x−a|+ax|x−2|(a≥2)．
(1)当a=2时，解不等式f(x)≥0；
(2)若g(x)=x⋅f(x)，且函数y=g(x)的图像与直线y=3有3个不同的交点，求实数a的取值范围；
(3)在(2)的条件下，假设3个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1t恒成立，求实数t的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题设．
故选：C．
利用集合的交运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为a=20.7，，c=2−0.3，
所以b<0，，
所以a>c>b．
故选：B．
利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．
本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由x2−2x<0，得0由|x−1|<2，得−2，
∴“x2−2x<0”是“|x−1|<2”的充分不必要条件．
故选：A．
分别求解一元二次不等式与绝对值的不等式，再结合充分必要条件的判定可得答案．
本题主要考查了一元二次不等式与绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，把直观图还原出原平面图形为平行四边形，如图所示：
其中OD=2O′D′=2，AB=CD=A′B′=1，
所以原平面图形的面积为S=2×1=2．
故选：A．
把直观图还原出原平面图形，是平行四边形，计算原平面图形的面积即可．
本题考查了直观图与原平面图形的关系应用问题，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A：若一条直线与一个平面平行，这条直线与平面内的无数条直线平行，但不是任意一条，A错误；
对于B：由题意可得：α/​/β或α与β相交，B错误；
对于C：根据题意可得：b/​/β或b⊂β，C错误；
对于D：∵a/​/α，则∃m⊂α，使得a//m，则a//m，
∴b//m，b⊄α，m⊂α，
∴b//α，D正确；
故选：D．
根据线面平行的判断和性质理解辨析．
本题主要考查空间直线、平面位置关系的判定，命题真假的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意知：∠CAM=45°，∠AMC=105°所以∠ACM=30°，
在Rt△ABM中，AM=ABsin∠AMB=ABsin15∘，
在△ACM中，由正弦定理得AMsin30∘=CMsin45∘，
所以CM=AM⋅sin45°sin30∘=AB⋅sin45°sin15∘⋅sin30∘，
在Rt△DCM中，．
故选：C．
由正弦得出AM，再结合正弦定理得到CM，进而能求CD．
本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理的应用，考查数学运算和直观想象的核心素养，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，设AB的中点为H，连接HR并延长，交DA延长线于E，交DC延长线于F，连接PE交A1A于G，
连接QF交C1C于I，连接GH，RI，则六边形为过点P，Q、R三点的截面，

由题意可知，△AHE≌△BHR，则，
故△AGE≌，可知，即G为A1A的中点，
同理可证I为C1C的中点，故可知六边形为正六边形，
且边长为 2，
故其面积为，即过点P、Q.R三点的截面面积是3 3，
故选：D．
作图作出过点P、Q，R三点的截面，说明截面为正六边形，求得边长即可求得截面面积．
本题考查了正方体的结构特征，考查了平面被正方体截得的图形问题，主要考查空间想象能力和计算能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：a2−2ab−3b2=(a−3b)(a+b)=1，
，，
设a+b=m，a−3b=n，则mn=1，
则a−b=12[(a+b)+(a−3b)]=12(m+n)=12(m+1m)，m∈[12,2]，
∵y=m+1m在[12,1]单调递减，在(1,2]上单调递增，
，m=12时，y=52；m=2时，y=52，
∴a−b的取值范围为：[1,54]．
故选：B．
可得出a2−2ab−3b2=(a−3b)(a+b)=1，根据条件得出，设a+b=m，a−3b=n，mn=1，从而得出，，然后根据函数y=m+1m的单调性可得出y的取值范围，进而得出a−b的取值范围．
本题考查了对数函数的单调性，对数的运算性质，对勾函数y=x+1x的单调性，考查了计算能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：复数2−2i的虚部为−2，故A错误；
i2023=(i4)505⋅i3=−i，故B正确；
复数−2−i在复平面内对应的点(−1,−1)在第三象限，故C正确；
，其共轭复数为−2+i，故D错误．
故选：BC．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数虚部，共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数虚部，共轭复数的定义，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，∵A>B，
∴sinA>sinB，根据同角三角函数基本关系式可知csA对于B，由正弦定理可得：asinA=bsinB，
，
此时△ABC无解，故B错误；
对于C，∵csAcsBcsC>0，
∴csA>0csB>0csC>0，可知A，B，C均为锐角，故△ABC为锐角三角形，故C正确；
对于D：，，
，，，b=a或，故D正确．
故选：ACD．
利用正、余弦定理对每项逐一判断即可得解．
本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：A.λ=1时，c=(1,−1)，a+2b=(1,4)，
∴a+2b在c方向上的投影向量为：，A正确；
B.与b共线的单位向量为：b|b|=(2 55, 55)或，B错误；
C.，，
，，C错误；
D.，
，
的最小值为：7 55，D正确．
故选：AD．
A.λ=1时，c=(1,−1)，得出a+2b=(1,4)，然后根据投影向量的计算公式即可求出a+2b在c方向上的投影向量，从而判断出A的正误；
B.与b共线的单位向量为±b|b|，从而判断B的正误；
C.根据得出(−3,2)=(2t+λ,t−1)，进而得出，然后即可判断C的正误；
D.可求出，然后配方即可判断D的正误．
本题考查了投影向量的计算公式，向量坐标的加法、数乘和数量积的运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，单位向量的定义及求法，配方求二次函数最值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
12.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查旋转体及其特征，考查剪展问题中最值的求法，考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力及思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
由已知求出圆锥侧面积判断A；求出三棱锥S−ABC体积的最大值判断B；由极限观点求解∠SAB的取值范围判断C；利用剪展问题求得SE+CE的最小值判断D．
【解答】
解：在Rt△SOC中，∵SO=OC=2，∴SC=2 2，
则圆锥 SO的侧面积为S=12×2π×2×2 2=4 2π，故A错误；
当B位于AC中点时，△ABC面积取最大值，为12×4×2=4，
此时三棱锥S−ABC体积的最大值为13×4×2=83，故B正确；
当点B与点A重合时，∠ASB=0，为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB=π2，为最大角，
又因为点B与A，C不重合，
故∠ASB∈0,π2，
又2∠SAB+∠ASB=π，
可得∠SAB的取值范围是(π4,π2)，故C错误；
若AB=BC，以AB为轴把平面SAB旋转至与平面ABC共面，连接SC，交AB于E，如图所示，
在此平面图中，易得△SAB为等边三角形，AB⊥BC，且AB=BC=2 2，
则∠SBC=150°，在△SBC中，SB=BC=2 2，
由余弦定理可得，SC= (2 2)2+(2 2)2−2×2 2×2 2×cs150°
= 8+8−2×2 2×2 2×(− 32)=2( 3+1)，即SE+CE的最小值为2( 3+1)，故D正确．
故选：BD．

13.【答案】1
【解析】解：由题意，，
则|z|= (35)2+(−45)2=1．
故答案为：1．
先化简复数z，再由复数的模长公式计算即可．
本题考查复数的运算，考查复数的模长公式，属于基础题．
14.【答案】5 314
【解析】解：，解得，
而点N在第二象限，
则，
∵∠MON=π3，
．
故答案为：5 314．
根据三角形面积公式求出，然后结合两角和与差的正弦公式，即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，以及正弦函数的两角差公式，属于中档题．
15.【答案】49
【解析】解：如图，

∵BE=λBC,DF=μDC，且λ+μ=23，
∴AE⋅AF=(AB+BE)⋅(AD+DF)
=(AB+λBC)⋅(AD+μDC)=(AB+λAD)⋅(AD+μAB)
=(1+λμ)AB⋅AD+λ|AD|2+μ|AB|2
=(1+λμ)×2×2×(−12)+4(λ+μ)=−2(1+λμ)+83，
由题意可得，λ，μ>0，
∵λ+μ=23，
∴λμ⩽(λ+μ2)2=19，则−2(1+λμ)⩾−209，
∴−2(1+λμ)+83⩾49(当且仅当λ=μ=13时等号成立)，
∴AE⋅AF的最小值为49．
故答案为：49．
由题意画出图形，把AE⋅AF用AB,AD表示，最后转化为含有λ，μ的代数式，再结合 λ+μ=23及基本不等式求得AE⋅AF的最小值．
本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】2 23
【解析】解：四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，
设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：
则OA=OB=1，，．
∴三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，
连接BP，则BP平分∠SBA，∴∠PBO=30°．
∴tan30°=rR，即，
即四面体的外接球的半径为r= 33．
另正四面体可以从正方体中截得，如图：
从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为 22a，
而正四面体的四个顶点都在正方体上，
故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，
，
即a的最大值为2 23．
故答案为：2 23．
根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，然后利用分割补形法求得a的最大值．
本题考查正四面体的外接球，考查化归与转化思想，训练了分割补形法的应用，是中档题．
17.【答案】解：(1)|a+b|= (a+b)2= a2+b2+2a⋅b= 16+64−2×4×8×12=4 3．
(2)∵(a+2b)⊥(ka+b)，
∴(a+2b)⋅(ka+b)=0，
∴ka2+(2k−1)a⋅b−2b2=0，即16k−16(2k−1)−2×64=0，解得k=−7，
故当k=−7时，(a+2b)⊥(ka+b)成立．
【解析】(1)|a+b|= (a+b)2，再结合数量积的运算公式，即可求解．
(2)根据已知条件，结合数量积的运算公式，即可求解．
本题主要考查数量积的运算公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由a/​/b，
则，
即sinx= 3csx，
即tanx= 3，
又x∈[0,π2]，
则x=π3；
，
又x∈[0,π2]，
则2x−π6∈[−π6,5π6]，
则f(x)∈[−12,1]，
又对于任意x1，x2∈[0,π2]，而恒成立，
则，
故实数λ的最小值为32．
【解析】(1)由a/​/b，则，再求解即可；
(2)由，又x∈[0,π2]，则f(x)∈[−12,1]，又对于任意x1，x2∈[0,π2]，恒成立，等价于，得解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了三角函数恒等变换及三角函数最值的求法，属中档题．
19.【答案】解：(1)在△ABC中，因为csA=1213，csC=35.所以sinA=513，sinC=45，
从而，
由正弦定理ABsinC=ACsinB，得，乙乘缆车的时间是；
(2)假设乙出发t(0≤t≤8)分钟后，甲、乙距离为d，此时，甲行走了，
乙距离A处130m，所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2−2×130t×(100+50t)×1213=200(37t2−70t+50)，
因为0≤t≤8，故当时，甲、乙两游客距离最短．
【解析】(1)先利用两角和的正弦公式求得sinB，再根据正弦定理求出AC的长，从而可求乙乘坐缆车的时间；
(2)设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100+50t)m，乙距离A处130tm，由余弦定理可求d，进而可求d的最小值；
本题考查了正余弦定理的应用，锐角三角函数定义，属中档题．
20.【答案】解：(1)证明：如图，当A1D1D1C1=1时，D1为线段A1C1的中点，
连接A1B交AB1于点O，连接OD1．
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O、D1分别为A1B、A1C1的中点，
∴OD1//BC1．
又∵OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴BC1/​/平面AB1D1．
(2)由已知，平面BC1D//平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.
因此BC1//D1O，同理AD1//DC1．
∴A1D1D1C1=A1OOB，A1D1D1C1=DCAD．
又∵A1OOB=1，
∴DCAD=1，即ADDC=1．
【解析】(1)欲证BC1/​/平面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证BC1与平面AB1D1内一直线平行，当A1D1D1C1=1时，D1为线段A1C1的中点，连接A1B交AB1于点O，连接OD1，OD1//BC1，OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，满足定理所需条件；
(2)根据平面BC1D与平面AB1D1平行的性质定理可知BC1//D1O，同理AD1//DC1，根据比例关系即可求出所求．
本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及平面与平面平行的性质，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)选择条件①：，
∴由正弦定理得，
∵00，
∴1+csC= 3sinC，
∴ 3sinC−csC=1，即，
，∵0，∴C=π3；
选择条件②：∵(a+b+c)(a+b−c)=3ab，
∴(a+b)2−c2=a2+b2+2ab−c2=3ab，
∴a2+b2−c2=ab，∴csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12．
∵0选择条件③：
∵A+B+C=π，∴B+C=π−A，
∵(a−b)sin(B+C)+bsinB=csinC，
∴(a−b)sinA+b⋅sinB=csinC，
∴(a−b)a+b2=c2，即a2+b2−c2=ab，∴csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12．
∵0(2)在△ABC中，在△ACD中，，
在△BCD中，，∴S△ABC=S△ACD+S△BCD，，，
当且仅当a=2+ 2，b=2+2 2时等号成立，
∴2a+b的最小值为6+4 2．
【解析】(1)选择条件①：根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换公式和角C的取值范围，即可求解；选择条件②：根据已知条件，结合余弦定理，以及角C的取值范围，即可求解；选择条件③：根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解；
(2)由S△ABC=S△ACD+S△BCD，可得，，进而利用均值不等式可求2a+b的最小值．
本题考查了解三角形，重点考查了正弦定理及余弦定理，考查三角形的面积公式，属中档题．
22.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=|x−2|(1+2x)，
又∵f(x)≥0，
∴1+2x≥0或|x−2|=0，
∴不等式的解集为(−∞,−2]∪(0，+∞)；
(2)由题设得g(x)=x⋅f(x)=−x2+2a,x<2且x≠0−x2+2ax−2a,2≤x≤ax2−2a,x>a，
可得函数y=g(x)的大致图象，

所以g(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增，
要使函数y=g(x)的图像与直线y=3有3个不同的交点，
则g(2)<3<2a，
所以2a−4<3<2a，
解得32所以a的取值范围为；
(3)由(2)可知，当2≤a<72时，x1，x2为方程的两根，
则x1+x2=0，即x2x1=−1，
又g(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,a)上单调递增，在(a,+∞)单调递增，g(a)=a2−2a=(a−1)2−1，
(ⅰ)当，即3≤a<72时，x3是方程的较小根，，
在上单调递减，则x3∈(2,3]，
；
(ⅱ)当g(a)<3，即2，
，则t≤−3，
综上，t的取值范围为(−∞,−3)．
【解析】(1)由题可得1+2x≥0或|x−2|=0，进而即得；
(2)根据分类讨论可得函数g(x)=x⋅f(x)的解析式，然后利用数形结合即得；
(3)由题可得t<(x2x3x1)min=(−x3)min，分，g(a)<3讨论，结合条件求x3的取值范围即得．
本题主要考查函数零点与方程根的关系，考查函数性质的综合运用，考查分类讨论思想，数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．