浙江省衢温“51”联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题

绝密★考试结束前2023学年第二学期衢温“5+1”联盟期中联考高一年级数学学科试题考生须知：1．本卷共8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（共58分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据集合的包含关系利用数轴即可得解.【详解】如图，若，则.故选：C.2.已知复数，则的虚部为（）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】因为，所以，，所以的虚部为2，故C正确.故选：C3.如图所示，已知正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的周长为（）A.8 B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】将直观图复原为原图，根据斜二测画法的规则求得原图中线段的长，可得答案。【详解】将直观图复原为原图，如图：则,故，所以原图形的周长为，故选：A4.“”是“”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】A【解析】【分析】根据充分必要条件的定义，分别证明充分性，必要性，从而得出答案．【详解】充分性，因为可得到或，若或时，可得，所以是的充分条件；必要性，若，当时，满足，但，故不是的必要条件，故选：A5.在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分、讨论，结合图象可得答案.【详解】当时，是单调递增函数，图象恒过点，是单调递减函数，图象恒过点；当时，单调递减函数，图象恒过点，是单调递增函数，图象恒过点；所以满足条件的图象为D.故选：D.6.已知向量满足，且，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的定义结合数量积的运算律计算即可.【详解】因为,所以,所以,又因为,所以,则在上的投影向量为.故选：A.7.已知函数为偶函数，对任意的，满足，记，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意判断的单调性，根据函数单调性确定函数值大小.【详解】因为对任意的，满足，所以在是增函数，函数为偶函数，所以，又，所以，所以c=flog所以.故选：B8.已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（）.A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】结合图象按、、分类讨论，利用函数图象的交点个数去判断方程根的个数，进而求得实数的取值范围.【详解】令，的对称轴为，则实根的个数即为函数与函数图象交点个数，如下图，当时，函数与函数的图象有1个交点，且交点横坐标大于1，即，函数与函数有2个交点，且2个交点关于对称，则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；当时，函数与函数的图象有2个交点，，时，可得，或，时，，可得，，，即函数与函数的图象有5个交点，则方程有5个根，且5个根的和为5，不符合题意；当时，函数与函数的图象有2个交点，即函数与函数的图象有2个交点，分别为，即，或，，当时，函数与函数无交点，不符合题意；当时，函数与函数有4个交点，且关于对称，所以4个交点横坐标之和为4，则方程有4个根，且4个根之和为4，符合题意，综上，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出的解；(2)图象法：作出函数的图象，观察与轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知复数满足为的共轭复数，则（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据复数相等的定义，结合共轭复数的定义、复数的乘方的运算公式求出的表达式，再根据复数的模的公式、复数的四则运算公式逐一判断即可.【详解】设，则，由或，于是或.A：显然，因此本选项不成立；B：当时，，当时，，所以本选项成立；C：当时，，当时，，所以本选项正确；D：当时，，显然，同理当时，，因此本选项正确，故选：BCD10.已知实数，且，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据等式中求参数范围判断A，B选项，赋值法求D选项，应用基本不等式判断C选项.【详解】因为a+2所以，所以0<a<2,b>1，A选项正确，B选项错误；因为，又因为b>0,b+2b≥22因为a+2b=2,a>0,b>0，令则，故选：AC.11.设为正实数，定义在上的函数满足，且对任意的，都有成立，则（）A.或 B.关于直线对称C.为奇函数 D.【答案】ABD【解析】【分析】采用赋值法可判断选项A，B，C；根据函数周期性可判断选项D.【详解】因为对于任意的，都有成立，令，代入可得，由因为，联立可得或，故A正确；令，代入可得，当时，有，则关于直线对称，当时，有，再令，代入可得，得，所以，即关于直线对称，综上所述，关于直线对称，B正确；令，代入可得，又因为，所以，根据B选项，，所以，故为偶函数，故C错误；由上面可得，，所以，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：采根据已知条件对任意的，都有成立，用赋值法可得函数性质，从而判断选项.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知的角A、B、C对应边长分别为a、b、c，，，，则__________【答案】##【解析】【分析】由余弦定理求出，由平方关系求得结果.【详解】由余弦定理可得，，又，.故答案为：.13.已知点在以点为圆心的圆上，且，则的最大值是________．【答案】##【解析】【分析】利用圆的性质可以判断是等边三角形，利用平面向量的数量积运算性质，结合平面向量基本定理进行求解即可.【详解】因为点在以点为圆心的圆上，所以，显然是等边三角形，内角都为，，显然当同向时，有最大值，故答案为：14.在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】将正方体的侧面与展开到同一平面，点到的距离就是.【详解】将正方体的侧面与展开到同一平面在同一平面内可知的最小值就是点到的距离，正方体中，为棱的中点，所以，，是正方形，所以故答案为：【点睛】四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）求函数的单调增区间；（2）将函数的图像向左平移个单位长度，再将所得的图像上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的值域．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先应用二倍角公式结合两角和差化简求出正弦函数的单调增区间即可；（2）先根据平移伸缩得出函数解析式再求正弦函数的值域即得.【小问1详解】由题意得，令，则，函数的单调增区间为.【小问2详解】将函数的图像向左平移个单位长度，可得,再将所得的图像上所有点的横坐标缩短到原来的,所以，，则，则.16.在中，角所对边分别是，且．（1）求；（2）若，求的值及边上的高．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）应用正弦定理化简求出余弦值即可求角；（2）根据两角和差公式结合正弦定理计算求正弦值及高即得.【小问1详解】法一：,,,因为，所以.法二：,,,,在中，所以,因为，所以.【小问2详解】因为，则,由于，则,则,所以,．则,因为,,.17.已知．（1）求的值；（2）求向量与夹角的余弦值；（3）求的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据数量积的运算律，即可结合模长求解，（2）根据模长公式以及夹角公式即可求解，（3）根据余弦定理可求解长度，即可得，即可求解最值，或者利用模长公式以及二次函数的性质求解.【小问1详解】由于，所以，故【小问2详解】【小问3详解】法一：记，则根据余弦定理得，则，即则，所以最小值为法二：当时，取得最小值18.已知圆锥的底面半径，高．（1）求圆锥侧面展开图圆心角（用弧度表示）；（2）球在圆锥内，圆锥在球内，（ⅰ）求球的表面积的最大值；（ⅱ）求球与球体积之比的最小值．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）27【解析】【分析】（1）根据圆锥的侧面展开图及弧长公式计算即可；（2）求内切球的半径即可求出最大值；结合内切球及外接球半径比得出体积比的最小值.小问1详解】记圆锥的母线长为则则【小问2详解】（ⅰ）当球的表面积最大时，此时球为圆锥的内切球记球的最大半径为，如图画出截面图，则所以．所以球的表面积的最大值为（ⅱ）球与球体积之比最小，即球体积最小，球体积最大如图所示，以为直径的球可以包含圆锥，且此时为能包含圆锥的最小球，记球的最小半径为，则法一：则球的最小体积为由（ⅰ）球的最大体积为．所以球与球体积之比的最小值为法二：所以球与球体积之比的最小值为19.设是定义在区间上的函数，如果对任意的，有，则称为区间上的下凸函数；如果有，则称为区间上的上凸函数．于是根据定义若为区间上的下凸函数，则对任意的，有；若为区间上的上凸函数，则对任意的，有．（1）已知函数，求证：（ⅰ）；（ⅱ）函数为下凸函数；参考公式：（2）已知函数，其中实数，且函数在区间内为上凸函数，求的取值范围．【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析（2