浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省杭州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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.设集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，解得，所以，因为，所以.故选：B.2.若（是虚数单位），则（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以.故选：C.3.军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的所对的圆心角的大小，若角密位，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为1密位等于圆周角的，所以角密位时，.故选：C．4.已知平面平面，直线，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗设，在平面内作，因为平面平面，所以，因为，所以∥，因为，，所以，而当平面平面，直线，时，与平面可能垂直，可能平行，可能相交不垂直，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.5.杭州亚运会火炬如图（1）所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图（2）所示的几何体.假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为，则关于时间的函数的大致图象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由图可知，该火炬中间细，上下粗，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，燃料在燃烧时，燃料的高度一直在下降，刚开始时下降的速度越来越快，燃料液面到达火炬最细处后，燃料的高度下降得越来越慢，结合所得的函数图象，A选项较为合适.故选：A.6.雷峰塔位于杭州市西湖景区，主体为平面八角形体仿唐宋楼阁式塔，总占地面积平方米，项目学习小组为了测量雷峰塔的高度，如图选取了与底部水平的直线，测得、的度数分别为、，以及、两点间的距离，则塔高（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗中，，由正弦定理可得，即，得，由题意可知，，所以，.故选：A.7.已知函数（e为自然对数的底数），则（）A.B.，当时，C.D，当时，〖答案〗D〖解析〗由题，假设当时，，作出示意图如图所示：则时，，当时，，则A选项错误；因为，，，故C选项错误；且，则结合图像可知，当时，恒成立，故B选项错误；对于D选项，时，由图可知，则D选项正确.故选：D.8.设函数，且在区间上单调，则的最大值为（）A.1 B.3 C.5 D.7〖答案〗B〖解析〗由，得，

由，得，

两式作差，得，

因为在区间上单调，所以，得，

当时，，因为，所以，所以，，，因为，所以在区间上不单调，不符合题意；当时，，因为，所以，所以，，，因为，所以在区间上不单调，不符合题意；当时，，因为，所以，所以，，，所以在区间上单调，符合题意，所以的最大值是3.故选：B.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9.已知函数，则（）A.函数的图象关于原点对称 B.函数的图象关于轴对称C.函数的值域为 D.函数是减函数〖答案〗AC〖解析〗的定义域为，，则，所以为奇函数，的图象关于原点对称，A正确，B错误；，因为，所以，，所以，故的值域为，C正确；设，则，，因为，所以，所以，即，所以函数是增函数，故D错误.故选：AC.10.如图，是正六边形的中心，则（）A. B.C. D.在上的投影向量为〖答案〗CD〖解析〗根据题意，结合平面向量的线性运算法则，可得：对于A中，由，所以A不正确；对于B中，由，所以B不正确；对于C中，设正六边形的边长为，可得，，所以，所以C正确；对于D中，如图所示，连接，可得，可得，所以在向量上的投影向量为，所以D正确.故选：CD.11.如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（）A.在末，点的坐标为B.在末，扇形的弧长为C.在末，点在单位圆上第二次重合D.面积的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗在末，点的坐标为，点的坐标为；，扇形的弧长为；设在末，点在单位圆上第二次重合，则，故在末，点在单位圆上第二次重合；，经过s后，可得，面积的可取得最大值.

故选：BCD.12.圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（）A.设内切球的半径为，外接球的半径为，则B.设内切球的表面积，外接球的表面积为，则C.设圆锥的体积为，内切球的体积为，则D.设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为〖答案〗ACD〖解析〗作出圆锥的轴截面如下：因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，又，所以，设球心为（即为的重心），所以，，即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确；设内切球的表面积，外接球的表面积为，则，故B错误；设圆锥的体积为，则，内切球的体积为，则，所以，故C正确；设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，过点作交于点，则，所以，即，解得，所以平面截内切球截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.设函数，若，则__________.〖答案〗〖解析〗当时，，；当时，，(舍)，．故〖答案〗为：.14.将曲线上所有点向左平移个单位，得到函数图象，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗将曲线上所有点向左平移个单位，可得，因为与的图象相同，所以，因为，所以的最小值为.故〖答案〗为：.15.已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为__________；直线与直线所成角的余弦值为__________.〖答案〗〖解析〗空1：取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，因为正三棱柱的各条棱长都是2，所以，所以，所以直线与平面所成角的正切值为，空2：分别取的中点，连接，则∥，，∥，，所以（或其补角）为直线与直线所成角，连接，则，在中，由余弦定理得，因为异面直线所成的角的范围为，所以直线与直线所成角的余弦值为.故〖答案〗为：.16.对于函数，若存在，使得，则称为函数的“不动点”.若存在，使得，则称为函数的“稳定点”.记函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别为和，即.经研究发现：若函数为增函数，则.设函数，若存在使成立，则的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗因为是增函数，所以等价于，即，所以，而在上单调递增，在上单调递减，所以，而当时，；当时，，即，所以的取值范围为.故〖答案〗：.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.在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．（1）求的值；（2）若角满足，求的值．解：（1）由角的终边过点，得．（2）由角的终边过点，得，由，得，，当时，；当时，，综上所述，或．18.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间间的关系为（其中是正常数）.已知在前5个小时消除了10%的污染物.（1）求的值（精确到0.01）；（2）求污染物减少需要花的时间（精确到）？参考数据：.解：（1）由知，当时，；当时，；即，所以，即.（2）当时，，即，则，故污染物减少需要花的时间约为.19.我们把由平面内夹角成的两条数轴构成的坐标系，称为“@未来坐标系”.如图所示，分别为正方向上的单位向量.若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记.已知分别为向是的@未来坐标.（1）证明：；（2）若向量的“@未来坐标”分别为，，求向量的夹角的余弦值.解：（1）因为，所以.（2），，，，所以.20.在四边形中，.（1）求证：.（2）若，且，求四边形的面积.解：（1）在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，在中，由正弦定理得，所以，又，所以，所以.（2）在中，由正弦定理得，所以，所以或，①当时，则，在中，由余弦定理得，，又，解得，此时四边形的面积，②当时，则，在中，由余弦定理得，，解得，此时四边形的面积.21.生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎.有以下两种捆扎方案：方案(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒长，宽，高分别为.（1）在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面；（2）不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少？解：（1）连接，在长方体中，，则，所以，，所以，，所以四边形是平行四边形，，又平面平面平面；又平面，平面平面；又平面平面平面，又平面平面.（2）方案1中，绳长为；方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，