浙江省杭州学军中学海创园学校2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

杭州学军中学海创园学校2022学年第二学期期中考试

高一数学试卷

一、单项选择题（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(i为虚数单位)，则的虚部为（    ）

A. －1 B. －2 C. －i D. －2i

【答案】B

【解析】

分析】写出共轭复数，即可确定其虚部.

【详解】由题设知：，故其虚部为.

故选：B

2. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据斜二测画法得到为两直角边长分别为4和6的直角三角形，进而可得其周长.

【详解】如图，根据斜二测画法得到为直角三角形，

两直角边长分别为4和6，

所以斜边长为，

故的周长为．

故选：B．

3. 在△ABC中，若，则此三角形是

A. 正三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形

【答案】D

【解析】

分析】由正弦定理可得，a：b：c＝3：4：6，令a＝3t，b＝4t，c＝6t，运用余弦定理，计算cosC，即可判断三角形的形状．

【详解】解：由正弦定理，sinA：sinB：sinC＝3：4：6，即为

a：b：c＝3：4：6，

令a＝3t，b＝4t，c＝6t，

则cosC0，

则∠C为钝角，

则△ABC为钝角三角形．

故选D．

【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的运用，考查运算能力，属于基础题．

4. 已知直线平面，点平面，且P不在l上，那么过点且平行于直线的直线（    ）

A. 有无数条，仅有一条在平面内 B. 只有一条，且不在平面内

C. 有无数条，均不在平面内 D. 只有一条，且在平面内

【答案】D

【解析】

【分析】根据过直线外一点作与直线平行的直线只有一条.可排除AC.再由线面平行的性质定理即可选出答案.

【详解】过直线与点的平面有且只有一个,记该平面为.

又因直线平面，点平面

所以过点且平行于直线的直线只有一条，且这条线为平面与平面的相交线.

故选：D.

【点睛】本题考查线面平行的性质定理.属于基础题.

5. 打羽毛球是一项全民喜爱的体育活动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成的直径是6.8cm，底部所围成圆的直径是2.8cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的面积大约为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将圆台补成圆锥，由相似求出小圆锥的母线长，结合圆锥侧面积公式求出圆台的侧面积.

【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大,小圆锥的侧面积之差，设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为x＋7，由相似得，即x＝4.9，所以羽毛所在曲面面积，

故选：A

6. 如图，在矩形ABCD中，E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，且线段EF交AC于点P．若，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】，将用表示，再根据E，F，P三点共线，求得，从而可的答案.

【详解】∵E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，

∴，，

设，

∵E，F，P三点共线，∴，解得，

于是．

故选：B.

7. 已知函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由幂函数的奇偶性及单调性即可解得.

【详解】易知是奇函数且单调递增，

故原不等式等价于

即

所以，

所以在任意的上恒成立，故.

故选：D

8. 农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（　　）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】考虑当丸子与六面体各个面都相切时的情况，利用等体积的方法求解出此时丸子的半径，则最大体积可求解出.

【详解】六面体每个面都是等边三角形且每个面的面积，

由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，所以四面体的高为，

所以四面体的体积为，所以六面体的体积为，

根据图形的对称性可知，若内部丸子的体积最大，则丸子与六个面都相切，

连接丸子的球心与六面体的五个顶点，将六面体分为六个三棱锥，设此时丸子的半径为，

所以，所以，

所以丸子的体积为，

故选：D.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于分析丸子与六面体的位置关系以及采用等体积法求解丸子的半径，本例中六面体是规则对称图形，其体积的计算方式有两种：（1）底面积高，求解体积；（2）利用丸子的半径作为高，六面体的每个面作为底面，求六个三棱锥的体积之和即为六面体体积.

二、多项选择题（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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错得0分.）

9. 下列命题中错误的是（    ）

A. 若复数满足，则

B. 若复数，满足，则

C. 若复数，则z为纯虚数的充要条件是

D. 若复数，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】举例说明判断A，B，C；设出复数的代数形式，根据给定条件计算判断D作答.

【详解】当时满足，A错；

当，时满足，但，B错；

复数，当且时，复数z为实数，不是纯虚数，C错；

令，，，，

当时，即，，，则成立，D正确．

故选：ABC

10. 在中，根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是（    ）

A. ，， B. ，，

C. ，， D. ，，

【答案】AD

【解析】

【分析】根据正弦定理，余弦定理，逐一分析选项，即可得答案.

【详解】对于A：三角形三边确定，三角形唯一，故A正确；

对于B：，则，故三角形有2个解，故B错误；

对于C：由余弦定理得，

所以，，方程无解，所以无法构成三角形，故C错误；

对于D：由余弦定理得，

所以，解得或（舍），

所以能唯一确定三角形，故D正确.

故选：AD

11. 已知向量，，是与同向的单位向量，则下列结论正确的是（    ）

A. 与共线 B. 与的夹角余弦值为

C. 向量在向量上的投影向量为 D. 若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量共线的坐标关系判断选项A；利用两个向量的夹角公式验证选项 B；利用投影向量的公式求解判断选项C；利用向量垂直关系的坐标表示验证选项D.

【详解】对于A，，又，，与不共线，故A错误；

对于B，，又，，故B正确；

对于C，向量在向量上的投影向量为，故C错误；

对于D，，则，故D正确；

故选：BD.

12. 已知函数，（    ）

A. 若在区间上单调，则

B. 将函数的图像向左平移个单位得到曲线C，若曲线C对应的函数为偶函数，则的最小值为

C. 若方程在区间上恰有三个解，则

D. 关于x方程在上有两个不同的解，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A：求出单调满足的关系与选项比较即可；对于B平移后初相应为的奇数倍；对于C求出相位满足的范围，卡右端点的范围即可；对于D，求出相位满足的范围，卡右端点的范围即可．

【详解】对于A，，，

若在区间上单调递增，则，

解得，由，则，又，解得，所以，

若在区间上单调递减，则，

解得，同理可得，有，

综上，或，A错误；

对于B，的图像向左平移个单位得到，

若为偶函数，则有，解得，，

而，所以最小值为，B正确；

对于C，，，

函数在区间上恰有三个极值点，则有，

解得：，C正确；

对于D，，即，

，，则，

解得： ，D正确.

故选：BCD

【点睛】方法点睛：

研究函数的性质时可将视为一个整体，用换元法或整体代入，结合正弦函数和余弦函数的图像和性质，利用数形结合思想进行解题.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. 计算：__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据对数和指数幂的运算法则，直接求解即可．

【详解】解：

.

故答案为：.

【点睛】本题考查指数式和对数式化简求值，涉及指数幂和对数的运算，考查运算求解能力，是基础题.

14. 如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是______．

【答案】##1.5

【解析】

【分析】根据水的体积与棱柱体积的关系得出结论．

【详解】棱柱的体积公式是，其中是q底面积，是高．

在图2中，水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，所以这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，从而这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的（高一样），所以水的体积是大三棱柱体积的，那么图1中水面的高度是棱柱高的，即为．

故答案为：．

15. 在直角坐标平面内，，，若对任意实数，点都满足，则最小值为________．

【答案】5

【解析】

【分析】设P为(x，y)，根据对任意实数t∈R可求出的范围，从而可求的最小值．

【详解】设P为(x，y)，则，，，，

∴，

，

∵对任意实数，∴，

∵，，

∴，当且仅当x＝0，时取等号．

故答案为：5．

16. 已知，若，则的最小值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】将用与表示，凑配常数1，使用“1”的代换与基本不等式求解.

【详解】设，

由对应系数相等得 ，得

所以

整理得即

所以

.

经验证当 时，等号可取到.

故答案为：

四、解答题（本大题共5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，，且.

（1）求与的夹角；

（2）若，求实数的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据数量积的运算律得到，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，即可得解；

（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，再求出k的值.

【小问1详解】

因为，

所以.

设与的夹角为，

则，又，所以，

故与的夹角为.

【小问2详解】

因为，所以，

即，即，

所以，即，解得.

18. 已知，函数.

（1）若，求函数的最值及对应的的值；

（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）时，，时，；（2）.

【解析】

【分析】（1）先利用向量数量积的坐标表示和辅助角公式，化简.由的取值范围，求得的取值范围，并由此得到函数的最大值和最小值及对应的值.

（2）将原不等式等价变形为恒成立，由（1）知且，解得.

【详解】(1)因为，，

所以===，

∵x∈，∴，

当，即时，，

当，即时， .

(2)方法一:∵），

，故的取值范围为.

方法二：∵），

，故的取值范围是.

19. 如图，在正方体中，点E，F，M分别是棱的中点.

（1）求证：E、M、B、D四点共面；

（2）是否存在过点E，M且与平面平行的平面?若存在，请作出这个平面并证明，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，图形见解析，证明见解析

【解析】

【分析】（1）连接、，即可证明四边形为平行四边形，则，再由中位线的性质得到，即可得到，从而得证；

（2）取靠近的四等分点，连接、，平面即为所求，取的中点，连接、，连接交于点，连接，即可证明、，从而得证；

【小问1详解】

证明：连接、，在正方体中，且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又是的中点，是的中点，所以，

所以，所以、、、四点共面；

【小问2详解】

解：取靠近的四等分点，连接、，则平面平面，平面即为所求，图形如下所示，

证明：取的中点，连接、，连接交于点，连接，

依题意可得且，所以为平行四边形，所以

又为的中点，为的中点，所以，

所以，因为平面，平面，所以平面，

显然为靠近点的四等分点，

又，所以，因为平面，平面，

所以平面，

又，平面，

所以平面平面；

20. 锐角中，已知．

（1）求角B；

（2）若，求的面积S的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据二倍角公式化简，可得，解出B即可；

（2）由已知条件，得到A的范围，将面积公式化简变形用A的三角函数表示，求出最值.

【小问1详解】

∵

∴ 

由锐角，可知．

【小问2详解】

由（1）知，，，则

又，，则

由正弦定理知，，则，

则

∵，

∴

又，则，

∴

21. 已知函数（，）.

（1）若函数的图像与直线均无公共点，求证：；

（2）若，时，对于给定的负数，有一个最大的正数，使时，都有，求的最大值；

（3）若，且，又时，恒有，求的解析式.

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）图像无公共点，转化成二次方程无解，用判别式解决；

（2）把，代入函数解析式，配方得到顶点式，由a小于0，得到函数有最大值，表示出这个最大值，分最大值大于5和最大值小于等于5两种类型讨论，根据求根公式求出，即可判断的最大值；

（3）由，解得，由函数的最小值点和，解出，得到函数解析式.

【小问1详解】

证明：函数的图像与直线无公共点，

即方程无解，即方程无解，

，①；

同理，函数的图像与直线无公共点，

即方程无解，即方程无解，

，②；

①加②得即，得证.

【小问2详解】

把，代入得：，

，所以，又，

①当，即时，满足：且，

所以是方程的较小根，

则；

②当即时，此时，

所以是的较大根，

则，

当且仅当时取等号，

由于，因此当且仅当时，取最大值；

【小问3详解】

因为对任意的，，

，，对称轴为

，解得，

又，所以

在处取得最小值，且，

对称轴为，即，解得，从而，

．

【点睛】方法点睛：

二次函数的最值问题，可以函数的一般式化为顶点式，根据条件和所给区间分类讨论；存在性问题要注意灵活运用数形结合思想，可先假设存在，再借助已知条件求解，如果有解(求出的结果符合题目要求)，则假设成立，即存在；如果无解(推出矛盾或求出的结果不符合题目要求)，则假设不成立，即不存在．