浙江省91高中联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

绝密★考试结束前2023~2024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高一年级期中考试数学考生须知：1.本卷满分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､座位号及准考证号并核对条形码信息.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷.4.学生和家长可关注“启望教育”公众号查询个人分析报告.一､选择题（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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】求出集合A、B，再求交集即可.【详解】，，所以.故选：B.2.设为虚数单位，复数z满足，则复数的虚部是（）A. B. C. D.3【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数的代数形式，再利用虚部的定义可以求解.【详解】因为，所以，所以复数的虚部为.故选：B3.在中，点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理即可得解.【详解】由点是上靠近三等分点，是上靠近的三等分点，得.故选：C.4.在中，“”是“为等腰三角形”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【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合小范围可以推出大范围，而大范围推不出小范围，即可求解.【详解】为等腰三角形，即充分性成立为等腰三角形或或，不一定得到，即必要性不成立，“”是“为等腰三角形”的充分不必要条件，故选：A5.唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达的时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设圆柱的高为，内壁的表面积为，可得，可得，利用几何体的几何特征可求内壁表面积.【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为，由题意可知：，解得，内壁的表面积等于圆柱的侧面积，加半球的表面积，即.故选：D.6.已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据题意作出圆锥的轴截面，再分析其轴截面是否大于等于，结合三角函数即可得解.【详解】如图所示，为圆锥的轴截面，设圆锥的底面半径为，若，所得截面面积最大值为，，不符合题意；若，此时所得截面面积的最大值，符合题意，此时有，所以，又，所以.故选：D.7.在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，若，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出图形，连接，，由向量的线性运算和数量积运算可得，从而根据向量的数量积以及模长运算公式求解即可.【详解】连接，，如图，可知.所以，即，可得.从而，，所以.故选：C8.若，则实数的值为（）A.3 B.2 C. D.1【答案】D【解析】【分析】由已知解得m，然后切化弦，再由辅助角公式、诱导公式、二倍角公式变形后可得．【详解】由已知得，故选：D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.若，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由已知可得，可判断A；利用基本不等式的性质计算可判断BCD.【详解】因为，所以，所以，所以，故A错误；所以，所以，所以，则，故B正确；因，所以，故C正确；因为，故D错误.故选：BC.10.若是平面内两个不共线的向量，则下列选项中正确的是（）A.平面内存在向量不能表示为“”的形式B.对于平面内的任意向量，有且仅有一个实数对，使得使C.若共线的非零向量满足，则存在实数，使得D.若实数满足，则【答案】BCD【解析】【分析】由平面向量基本定理可判断AB；若非零向量共线，则，进而计算可判断C；若实数存在不为零的实数，假设，可得，进而可得判断D.【详解】对于A：由平面向量基本定理，如果是平面内两个不共线的向量，那么这一平面内任一向量，有且只有一对实数，使得，可知平面内不存在向量不能表示为“”的形式，故A错误；对于B：由平面向量基本定理可知，平面内的基底确定，则该平面内的任一个向量在此基底下的实数对是唯一确定的，故B正确；对于C：若非零向量共线，所以存在唯一实数，使得，即存在，使得，根据向量相等的条件，可得，故C正确；对于D：若实数存在不为零的实数，假设，由，可得，可得，则可得与共线，与已知矛盾，故，同理可得，故D正确.故选：BCD.11.如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（）A.过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为B.棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动C.直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切）D.该三棱台可以整体放入直径为的球内【答案】ACD【解析】【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解判断A；转化为判断正四面体的外接球在正三棱台的内判断B；运用等体积法求内切球半径可判断C；根据三棱台的各点都在以底面外心为球心，底面圆半径为球的半径内部判断D.【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，在中，因为，所以，同理，所以，可知三棱锥为正四面体.由正棱台的性质可知，过AC的平面截与平面相交时，该三棱台所得截面为梯形，过AC的平面截与侧棱相交时，该三棱台所得截面为三角形，因为为的中点，所以为的高即到的最短距离，同理为到的最短距离，所以截面三角形周长的最小值为的周长,故A正确；由题意知，在等腰梯形中，过作，如图所示，则，，又因为，所以，由题意知，、、、分别为、、、的中点，又，所以，又因为，，，即，所以，所以.设正三棱台的内切球球心为，则由等体积法可知，，则，所以，解得，所以内切球的直径为，所以直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切），故C正确；先证在正四面体中，棱长，则其外接球的半径为：取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则是底面的重心，连接，则外接球的球心在上，设为，连接，则，，则，所以，在直角中，，即，所以.对于选项B，棱长为的正四面体的外接球半径为，其直径为，故棱长为的正四面体不可以在该棱台内随意转动，故B错误；对于选项D，因为的外接圆半径为，且，所以正三棱台可以放置在以为球心，半径为的球内，即该三棱台可以整体放入直径为的球内，正确【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量坐标为________．【答案】【解析】【分析】根据投影向量的定义计算即可.【详解】由题意，所以在方向上的投影向量的坐标为.故答案为：.13.如图，在正三棱柱中，，分别为的中点，则多面体体积为______．【答案】##【解析】【分析】由题意可知：为三棱台，利用割补法，结合柱体和台体体积公式运算求解.【详解】由题意可知：为三棱台，则，可得正三棱柱的体积，三棱台的体积，所以多面体体积为.故答案为：.14.在锐角中，，且的面积为3，过分别作于，于，则__________.【答案】【解析】【分析】由求出，求出，根据求出，再由可得答案.【详解】因为中为锐角三角形，所以分别在之间，因为，，，，所以，因为，所以，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用三角形面积公式，结合向量数量积运算，同角三角函数的基本关系式求解，考查整体与部分的思想.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）求；（2）求与夹角的余弦值；（3）若与共线，求实数的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求出的坐标，可求的模；（2）利用向量的夹角公式可求得结果；（3）由已知可得，求解即可.【小问1详解】由题意可得，所以，所以【小问2详解】由（1）得，，，，设与所成夹角为，所以.【小问3详解】因为与共线，所以存在唯一实数，使得，易知不共线，所以，所以，故16.已知函数.（1）当时，求关于的方程的解；（2）若关于的方程在上有两个不相等的解，求的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）将代入，解方程即可（2）构造函数，利用双勾函数的单调性可得判断的单调性并求出相应的值域，然后结合图形即可得出【小问1详解】时，，令解得令解得：或【小问2详解】.显然当时，记，如图所示因为在上单调递增，值域为；根据对勾函数性质知在上单调递减，值域为；在上单调递增，值域为综上可知，的取值范围为17.在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，并加以解答.在锐角中，内角所对的边分别为，且满足__________.（1）求角；（2）若，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①：根据余弦定理，结合正弦定理进行求解即可；若选②：根据正弦定理，利用三角恒等变换可求解；若选③：利用正弦定理，结合诱导公式及二倍角的正弦可求解.（2）由，结合正弦定理可得，求得，可求面积的取值范围.【小问1详解】选择①，，由余弦定理，，，又，，，，；选择②，因为，所以，由正弦定理可得，则，，又，所以，因为，所以；选择③，由，由正弦定理可得，又，所以，则，，则，则，，则，故；【小问2详解】，由正弦定理，得，所以，因为为锐角三角形，所以，故，则，，，所以.18.在中，，为边上的中线，点在边上，设．（1）当时，求的值；（2）若为的角平分线，且点也在边上，求的值；（3）在（2）的条件下，若，求为何值时，最短？【答案】（1）（2）（3）当为何值时，最短【解析】【分析】（1）由题意可知：，结合数量积的运算律分析求解；（2）利用正弦定理可得，结合长度关系分析求解；（3）设，利用面积关系和余弦定理可得，结合三角恒等变换以及基本不等式分析求解.【小问1详解】由题意可知：，则，即，且，整理可得，即或（舍去），所以的值为.【小问2详解】在中，由正弦定理可得，即，在中，由正弦定理可得，即，若为的角平分线，则，即，且，则，即，可知，则，可知，又因为，则，所以.【小问3详解】由（2）可知：，则，且最短，即为最短，设，则，，，可知，可得，由余弦定理可得，则，，当且仅当，即时，等号成立，此时，由（1）可知：，即，可得，即（负值舍去）所以当何值时，最短.19.正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）．（1）正十二面体共有几条棱，几个顶点？（2）如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值；（3）判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由．【答案】（1）正十二面体共有条棱，个顶点（2）（3）柏拉图多面体只有种，理由见解析【解析】【分析】（1）根据正十二面体有个面，求出每个面为正五边形，进而可得出答案；（2）分别求出正方体和正八面体的体积即可得解；（3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，再分情况判断即可.【小问1详解】根据柏拉图多面体满足性质：，正十二面体有个面，即，则，设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，则，由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，则有，即，所以，所以，所以，即，由，得，当，即时，，符合题意，当，即时，（舍去），当，即时，（舍去），当，即时，（舍去），综上所述，，，此时，即正十二面体共有条棱，个顶点；【小问2详解】设正方体的棱长为，则，几何体所有棱长为，是正八面体