浙江省杭州市2023-2024學年高一下學期6月教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題

2023學年第二學期杭州市高一年級教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題卷考生須知：1．本試卷分試題卷和答題卡兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2．答題前，必須在答題卡指定位置上用黑筆填寫學校名、姓名、試場號、座位號、準考證號，并用2B鉛筆將準考證號所對應的數(shù)字涂黑.3．答案必須寫在答題卡相應的位置上，寫在其他地方無效.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的.1.已知復數(shù)（是虛數(shù)單位，），則（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由復數(shù)的運算得，即可求解．【詳解】解：，得，得，故選：A2.已知向量，若，則實數(shù)的值為（）A. B. C.或 D.【答案】C【解析】【分析】由向量平行列出方程，求出答案.【詳解】由題意得，解得或3，經(jīng)檢驗，均滿足要求.故選：C3.已知表示兩個不同的平面，表示三條不同的直線，（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】D【解析】【分析】ABC選項，可舉出反例；D選項，可由平行和垂直的性質(zhì)和判定證明.【詳解】A選項，若，則或，A錯誤；B選項，若，不能推出，B錯誤；C選項，若，則不能推出，C錯誤；D選項，因為，所以，又，由面面垂直的判定定理，可得，D正確.故選：D4.已知，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用不等式的性質(zhì)證明必要性，舉反例否定充分性即可.【詳解】當時，滿足，但，故充分性不成立，若，當時，必有成立，當時，必有，故必要性成立，故“”是“”的必要不充分條件，故B正確.故選：B5.在中，角對應的邊分別為．若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根據(jù)內(nèi)角和求B的值，然后再根據(jù)正弦定理求a的值.【詳解】由題意得,由正弦定理得,則,故選:B.6.為了得到函數(shù)的圖象，可以把的圖象（）A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度【答案】D【解析】【分析】，異名變同名，再由平移個單位得到，兩個解析式相等即可.【詳解】，平移個單位得到，，的一個取值可以為.向右平移個單位長度.故選：D.7.在某種藥物實驗中，規(guī)定血液中藥物含量低于為“藥物失效”．現(xiàn)測得實驗動物血液中藥物含量為，若血液中藥物含量會以每小時的速度減少，那么至少經(jīng)過（）個小時才會“藥物失效”．（參考數(shù)據(jù)：）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】由題意得到不等式，兩邊取對數(shù)求出答案.【詳解】物實驗中，血液中藥物含量為的濃度為，設至少經(jīng)過個小時才會“藥物失效”，根據(jù)題意，兩邊取對數(shù)得，可得.所以至少經(jīng)過個小時才會“藥物失效”.故選：D.8.已知是方程的兩個實根，則（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】由題意把兩根代入方程得兩個式子，再結(jié)合韋達定理聯(lián)立兩個式子化簡變形即可.【詳解】是方程的兩個實根，，①，②，①式②式得：，即，，即，得.故選：.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知，則（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】借助函數(shù)的單調(diào)性判定A、B、D；利用作差法判定C.【詳解】函數(shù)在上單調(diào)遞減，由，得，A錯誤；函數(shù)在上單調(diào)遞增，由，得，B正確；，因為，根據(jù)在上單調(diào)遞增，所以，則，，則，則，C錯誤；函數(shù)，因為為增函數(shù)，且恒成立，所以為減函數(shù)，而，則，D正確.故選：BD10.如圖的“弦圖”由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成一個大正方形．設直角三角形的兩個銳角分別為，若小正方形的面積為1，大正方形的面積為5，則（）A.每一個直角三角形的面積為1 B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意，小正方形的邊長為，大正方形的邊長為，可判定A正確；設直角三角形的邊長分別為，求得，結(jié)合三角的定義和三角恒等變換的公式，可判定C、D正確.【詳解】對于A中，由小正方形的面積為1，大正方形的面積為5，則小正方形的邊長為，大正方形的邊長為，且可得每個直角三角形的面積為，所以A正確；對于B中，設直角三角形的邊長分別為（其中），由，可得，則，聯(lián)立方程組，解得，又因為，所以，所以B不正確；對于C中，由，所以，所以C正確；對于D中，由，所以D正確.故選：ACD.11.在平面直角坐標系中，角以坐標原點為頂點，以軸的非負半軸為始邊，其終邊經(jīng)過點，定義函數(shù)，則（）A.是函數(shù)的一條對稱軸 B.函數(shù)是周期為的函數(shù)C. D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)題意分別求出，，則，代入法判斷A；由可判斷B；利用換元法令可對C判斷；化簡，可判斷D.【詳解】由題意得在角的終邊上，且，所以，，則，，所以不是函數(shù)的一條對稱軸，A錯誤；，因為為周期為的函數(shù)，故B正確；，令，所以，當時，取到最大值為，所以，故C正確；因為，則，則，D正確.故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)題意求出，，則.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知集合．若，則實數(shù)______．【答案】【解析】【分析】依據(jù)給定的并集結(jié)果，分類討論求解參數(shù)即可.【詳解】因為，故4必定在中，當時，解得或，而此時有或，解得或，故此時，當時，解得，此時，不滿足，故排除，綜上，即實數(shù)的值為.故答案為：13.已知，則的最小值為______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用對數(shù)運算結(jié)合基本不等式求出最小值.【詳解】由，得，，則，因此，當且僅當時取等號，所以當時，取得最小值.故答案為：14.一個呈直三棱柱的密閉容器，底面是邊長為的正三角形，高為6，有一個半徑為1的小球在這個容器內(nèi)可以向各個方向自由滾動，則小球能接觸到的容器內(nèi)壁的最大面積為______．【答案】【解析】【分析】依題意得，小球能接觸到的容器內(nèi)壁分為兩部分，即上下底面部分與側(cè)面部分，上下底面部分是正三角形，其邊長為：，側(cè)面部分是底邊長為，高為的矩形，即可求解．【詳解】解：因為直三棱柱的密閉容器的底面邊長為，且為正三角形，容器的高為，小球的半徑為，如圖所示：則小球在這個容器內(nèi)向各個方向自由滾動時，小球能接觸到的容器內(nèi)壁分為兩部分，即上下底面部分與側(cè)面部分，上下底面部分是正三角形，其邊長為：，其面積為：；側(cè)面部分是底邊長為，高為的矩形，其面積為：；則小球能接觸到的容器內(nèi)壁的最大面積為：．故答案：四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.設函數(shù)．（1）判斷函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性，并用定義證明結(jié)論；（2）若，求函數(shù)的值域．【答案】（1）函數(shù)在上單調(diào)遞增；證明見解析（2）【解析】【分析】（1）通過定義法作差判斷正負求解；（2）由，由復合函數(shù)的單調(diào)性知函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即可求解．【小問1詳解】函數(shù)在上單調(diào)遞增；證明：任取，且，則因為，所以，所以，得，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；【小問2詳解】解：因為，則，，所以，由（1）的證明過程知，函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以由復合函數(shù)單調(diào)性可得，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，又，顯然，故，所以函數(shù)的值域為：16.如圖，點分別是矩形的邊上的點，．（1）若，求的取值范圍；（2）若是的中點，依次為邊的2025等分點．求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用向量的線性運算及數(shù)量積運算計算即得.（2）取的中點，利用中點向量公式求和即可得解.【小問1詳解】在矩形中，，，即，所以.【小問2詳解】取的中點，連接，由依次為邊的2025等分點，，得，所以.17.已知實數(shù)，設函數(shù)，且．（1）求實數(shù)，并寫出的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）若為函數(shù)的一個零點，求．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）代入求出值，再利用二倍角的余弦公式、輔助角公式化簡，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)減區(qū)間.（2）利用函數(shù)零點的意義，結(jié)合和角的余弦公式求解即得.【小問1詳解】函數(shù)，由，得，而，則，，由，得，所以的單調(diào)遞減區(qū)間是.【小問2詳解】由（1）知，，，所以.18.在三棱錐中，，其余各棱長均為6，點在棱上，，過點的平面與直線垂直，且與分別交于點．（1）求線段的長度；（2）求二面角的余弦值；（3）求點到平面的距離．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合正三角形、直角三角形求解即得.（2）取的中點，確定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得.（3）利用等體積法求出點到平面的距離.【小問1詳解】依題意，直線平面，而平面，則，由，得，由為正三角形，得，則，又為正三角形，即，因此.【小問2詳解】取的中點，連接，則有，因此是二面角的平面角，顯然，由余弦定理得，所以二面角的余弦值.【小問3詳解】由（2）知，平面，而平面，則平面平面，在平面內(nèi)過點作于，又平面平面，于是平面，，則點到平面距離，由（1）知的面積，，，顯然，則，，在中，，，的面積，設點到平面的距離為，由，得，因此，所以點到平面的距離為.【點睛】方法點睛：求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，我們就選擇其中的一個側(cè)面作為底面，另一條側(cè)棱作為高來求體積．19.已知函數(shù)的定義域均為．定義：①若存在個互不相同的實數(shù)，使得，則稱與關于“維交換”；②若對任意，恒有，則稱與關于“任意交換”．（1）判斷函數(shù)與是否關于“維交換”，并說明理由；（2）設，若存在函數(shù)，使得與關于“任意交換”，求的值；（3）設，若與關于“3維交換”，求實數(shù)值．【答案】（1）與關于“維交換”，理由見解析；（2）0；（3）.【解析】【分析】（1）由“維交換”的定義，列出方程并求解即可判斷.（2）由與關于“任意交換”的定義，列出關系等式，由等式的特征設出，借助恒恒等式求解即得.（3）根據(jù)給定條件可得，再按討論分段函數(shù)零點即可得解.【小問1詳解】函數(shù)與關于“維交換”，理由如下：顯然，令，即，解得，因此有唯一解，所以與關于“維交換”.【小問2詳解】依題意，對任意，恒有成立，即對任意，存在函數(shù)，，顯然等式左邊是關于的4次多項式，則設，于是，由奇次項系數(shù)得，又，則，，解得，因此存在，使得與關于“任意交換”，所以.【小問3詳解】令，依題意，函數(shù)在R上有3個零點，顯然，即是函數(shù)的零點，當時，若，則，，即函數(shù)在時無零點，若，則在上單調(diào)遞增，，函數(shù)在時只有1個零點，不符合題意，因此，①