浙江省91高中聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期4月期中考試數(shù)學(xué)試題

絕密★考試結(jié)束前2023~2024學(xué)年第二學(xué)期浙江省9+1高中聯(lián)盟高一年級(jí)期中考試數(shù)學(xué)考生須知：1.本卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)?姓名?考場(chǎng)?座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并核對(duì)條形碼信息.3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效，考試結(jié)束后，只需上交答題卷.4.學(xué)生和家長(zhǎng)可關(guān)注“啟望教育”公眾號(hào)查詢個(gè)人分析報(bào)告.一?選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】求出集合A、B，再求交集即可.【詳解】，，所以.故選：B.2.設(shè)為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足，則復(fù)數(shù)的虛部是（）A. B. C. D.3【答案】B【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則，求得復(fù)數(shù)的代數(shù)形式，再利用虛部的定義可以求解.【詳解】因?yàn)椋?，所以?fù)數(shù)的虛部為.故選：B3.在中，點(diǎn)是上靠近的三等分點(diǎn)，是上靠近的三等分點(diǎn)，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算結(jié)合平面向量基本定理即可得解.【詳解】由點(diǎn)是上靠近三等分點(diǎn)，是上靠近的三等分點(diǎn)，得.故選：C.4.在中，“”是“為等腰三角形”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】A【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合小范圍可以推出大范圍，而大范圍推不出小范圍，即可求解.【詳解】為等腰三角形，即充分性成立為等腰三角形或或，不一定得到，即必要性不成立，“”是“為等腰三角形”的充分不必要條件，故選：A5.唐代是我國古代金銀器制造最為成熟與發(fā)達(dá)的時(shí)期.強(qiáng)盛的國力?開放的心態(tài)?絲綢之路的暢通，使得唐代對(duì)外交往空前頻繁.走進(jìn)陜西歷史博物館珍寶館，你會(huì)看到“東學(xué)西漸”和“西風(fēng)東來”，各類珍寶無不反映出唐人對(duì)自我文化的自信.素面高足銀杯（如圖1）就是其中一件珍藏.銀杯主體可以近似看作半球與圓柱的組合體（假設(shè)內(nèi)壁光滑，杯壁厚度可忽略），如圖2所示.已知球的半徑為，酒杯容積為，則其內(nèi)壁表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設(shè)圓柱的高為，內(nèi)壁的表面積為，可得，可得，利用幾何體的幾何特征可求內(nèi)壁表面積.【詳解】設(shè)圓柱的高為，內(nèi)壁的表面積為，由題意可知：，解得，內(nèi)壁的表面積等于圓柱的側(cè)面積，加半球的表面積，即.故選：D.6.已知圓錐的母線長(zhǎng)為4，過該圓錐頂點(diǎn)的平面截此圓錐所得截面面積的最大值為8，則該圓錐底面半徑的取值集合為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據(jù)題意作出圓錐的軸截面，再分析其軸截面是否大于等于，結(jié)合三角函數(shù)即可得解.【詳解】如圖所示，為圓錐的軸截面，設(shè)圓錐的底面半徑為，若，所得截面面積最大值為，，不符合題意；若，此時(shí)所得截面面積的最大值，符合題意，此時(shí)有，所以，又，所以.故選：D.7.在平面四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，若，，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出圖形，連接，，由向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算可得，從而根據(jù)向量的數(shù)量積以及模長(zhǎng)運(yùn)算公式求解即可.【詳解】連接，，如圖，可知.所以，即，可得.從而，，所以.故選：C8.若，則實(shí)數(shù)的值為（）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，再由輔助角公式、誘導(dǎo)公式、二倍角公式變形后可得．【詳解】由已知得，故選：D二?多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分）9.若，則（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由已知可得，可判斷A；利用基本不等式的性質(zhì)計(jì)算可判斷BCD.【詳解】因?yàn)?，所以，所以，所以，故A錯(cuò)誤；所以，所以，所以，則，故B正確；因，所以，故C正確；因?yàn)?，故D錯(cuò)誤.故選：BC.10.若是平面內(nèi)兩個(gè)不共線的向量，則下列選項(xiàng)中正確的是（）A.平面內(nèi)存在向量不能表示為“”的形式B.對(duì)于平面內(nèi)的任意向量，有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)，使得使C.若共線的非零向量滿足，則存在實(shí)數(shù)，使得D.若實(shí)數(shù)滿足，則【答案】BCD【解析】【分析】由平面向量基本定理可判斷AB；若非零向量共線，則，進(jìn)而計(jì)算可判斷C；若實(shí)數(shù)存在不為零的實(shí)數(shù)，假設(shè)，可得，進(jìn)而可得判斷D.【詳解】對(duì)于A：由平面向量基本定理，如果是平面內(nèi)兩個(gè)不共線的向量，那么這一平面內(nèi)任一向量，有且只有一對(duì)實(shí)數(shù)，使得，可知平面內(nèi)不存在向量不能表示為“”的形式，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：由平面向量基本定理可知，平面內(nèi)的基底確定，則該平面內(nèi)的任一個(gè)向量在此基底下的實(shí)數(shù)對(duì)是唯一確定的，故B正確；對(duì)于C：若非零向量共線，所以存在唯一實(shí)數(shù)，使得，即存在，使得，根據(jù)向量相等的條件，可得，故C正確；對(duì)于D：若實(shí)數(shù)存在不為零的實(shí)數(shù)，假設(shè)，由，可得，可得，則可得與共線，與已知矛盾，故，同理可得，故D正確.故選：BCD.11.如圖，正三棱臺(tái)的上下底面邊長(zhǎng)分別為3和6，側(cè)棱長(zhǎng)為3，則下列結(jié)論中正確的有（）A.過AC的平面截該三棱臺(tái)所得截面三角形周長(zhǎng)的最小值為B.棱長(zhǎng)為的正四面體可以在該棱臺(tái)內(nèi)隨意轉(zhuǎn)動(dòng)C.直徑為的球可以整體放入該三棱臺(tái)內(nèi)（含與某面相切）D.該三棱臺(tái)可以整體放入直徑為的球內(nèi)【答案】ACD【解析】【分析】延長(zhǎng)正三棱臺(tái)側(cè)棱相交于點(diǎn)，分析可知三棱錐為正四面體，根據(jù)正四面體的高以及棱臺(tái)的性質(zhì)分析求解判斷A；轉(zhuǎn)化為判斷正四面體的外接球在正三棱臺(tái)的內(nèi)判斷B；運(yùn)用等體積法求內(nèi)切球半徑可判斷C；根據(jù)三棱臺(tái)的各點(diǎn)都在以底面外心為球心，底面圓半徑為球的半徑內(nèi)部判斷D.【詳解】延長(zhǎng)正三棱臺(tái)側(cè)棱相交于點(diǎn)，在中，因?yàn)?，所以，同理，所以，可知三棱錐為正四面體.由正棱臺(tái)的性質(zhì)可知，過AC的平面截與平面相交時(shí)，該三棱臺(tái)所得截面為梯形，過AC的平面截與側(cè)棱相交時(shí)，該三棱臺(tái)所得截面為三角形，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以為的高即到的最短距離，同理為到的最短距離，所以截面三角形周長(zhǎng)的最小值為的周長(zhǎng),故A正確；由題意知，在等腰梯形中，過作，如圖所示，則，，又因?yàn)?，所以，由題意知，、、、分別為、、、的中點(diǎn)，又，所以，又因?yàn)?，，，即，所以，所?設(shè)正三棱臺(tái)的內(nèi)切球球心為，則由等體積法可知，，則，所以，解得，所以內(nèi)切球的直徑為，所以直徑為的球可以整體放入該三棱臺(tái)內(nèi)（含與某面相切），故C正確；先證在正四面體中，棱長(zhǎng)，則其外接球的半徑為：取的中點(diǎn)，連接，設(shè)頂點(diǎn)在底面的射影為，則是底面的重心，連接，則外接球的球心在上，設(shè)為，連接，則，，則，所以，在直角中，，即，所以.對(duì)于選項(xiàng)B，棱長(zhǎng)為的正四面體的外接球半徑為，其直徑為，故棱長(zhǎng)為的正四面體不可以在該棱臺(tái)內(nèi)隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)榈耐饨訄A半徑為，且，所以正三棱臺(tái)可以放置在以為球心，半徑為的球內(nèi)，即該三棱臺(tái)可以整體放入直徑為的球內(nèi)，正確【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.三?填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知向量與的夾角為，且，，則在方向上的投影向量坐標(biāo)為________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)投影向量的定義計(jì)算即可.【詳解】由題意，所以在方向上的投影向量的坐標(biāo)為.故答案為：.13.如圖，在正三棱柱中，，分別為的中點(diǎn)，則多面體體積為______．【答案】##【解析】【分析】由題意可知：為三棱臺(tái)，利用割補(bǔ)法，結(jié)合柱體和臺(tái)體體積公式運(yùn)算求解.【詳解】由題意可知：為三棱臺(tái)，則，可得正三棱柱的體積，三棱臺(tái)的體積，所以多面體體積為.故答案為：.14.在銳角中，，且的面積為3，過分別作于，于，則__________.【答案】【解析】【分析】由求出，求出，根據(jù)求出，再由可得答案.【詳解】因?yàn)橹袨殇J角三角形，所以分別在之間，因?yàn)?，，，，所以，因?yàn)椋?，所以，所以，所?故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)是利用三角形面積公式，結(jié)合向量數(shù)量積運(yùn)算，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式求解，考查整體與部分的思想.四?解答題（本題共5題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟）15.已知向量.（1）求；（2）求與夾角的余弦值；（3）若與共線，求實(shí)數(shù)的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求出的坐標(biāo)，可求的模；（2）利用向量的夾角公式可求得結(jié)果；（3）由已知可得，求解即可.【小問1詳解】由題意可得，所以，所以【小問2詳解】由（1）得，，，，設(shè)與所成夾角為，所以.【小問3詳解】因?yàn)榕c共線，所以存在唯一實(shí)數(shù)，使得，易知不共線，所以，所以，故16.已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，求關(guān)于的方程的解；（2）若關(guān)于的方程在上有兩個(gè)不相等的解，求的取值范圍.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）將代入，解方程即可（2）構(gòu)造函數(shù)，利用雙勾函數(shù)的單調(diào)性可得判斷的單調(diào)性并求出相應(yīng)的值域，然后結(jié)合圖形即可得出【小問1詳解】時(shí)，，令解得令解得：或【小問2詳解】.顯然當(dāng)時(shí)，記，如圖所示因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，值域?yàn)?；根?jù)對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)知在上單調(diào)遞減，值域?yàn)椋辉谏蠁握{(diào)遞增，值域?yàn)榫C上可知，的取值范圍為17.在①②③這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面橫線中，并加以解答.在銳角中，內(nèi)角所對(duì)的邊分別為，且滿足__________.（1）求角；（2）若，求面積的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若選①：根據(jù)余弦定理，結(jié)合正弦定理進(jìn)行求解即可；若選②：根據(jù)正弦定理，利用三角恒等變換可求解；若選③：利用正弦定理，結(jié)合誘導(dǎo)公式及二倍角的正弦可求解.（2）由，結(jié)合正弦定理可得，求得，可求面積的取值范圍.【小問1詳解】選擇①，，由余弦定理，，，又，，，，；選擇②，因?yàn)?，所以，由正弦定理可得，則，，又，所以，因?yàn)椋?；選擇③，由，由正弦定理可得，又，所以，則，，則，則，，則，故；【小問2詳解】，由正弦定理，得，所以，因?yàn)闉殇J角三角形，所以，故，則，，，所以.18.在中，，為邊上的中線，點(diǎn)在邊上，設(shè)．（1）當(dāng)時(shí)，求的值；（2）若為的角平分線，且點(diǎn)也在邊上，求的值；（3）在（2）的條件下，若，求為何值時(shí)，最短？【答案】（1）（2）（3）當(dāng)為何值時(shí)，最短【解析】【分析】（1）由題意可知：，結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算律分析求解；（2）利用正弦定理可得，結(jié)合長(zhǎng)度關(guān)系分析求解；（3）設(shè)，利用面積關(guān)系和余弦定理可得，結(jié)合三角恒等變換以及基本不等式分析求解.【小問1詳解】由題意可知：，則，即，且，整理可得，即或（舍去），所以的值為.【小問2詳解】在中，由正弦定理可得，即，在中，由正弦定理可得，即，若為的角平分線，則，即，且，則，即，可知，則，可知，又因?yàn)?，則，所以.【小問3詳解】由（2）可知：，則，且最短，即為最短，設(shè)，則，，，可知，可得，由余弦定理可得，則，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)，由（1）可知：，即，可得，即（負(fù)值舍去）所以當(dāng)何值時(shí)，最短.19.正多面體是指各個(gè)面都是全等的正多邊形，并且各個(gè)多面角都是全等的多面角，又稱為柏拉圖多面體，因?yàn)榘乩瓐D及其追隨者對(duì)它們所作的研究而得名．自然界中有許多的柏拉圖多面體，如甲烷、金剛石分子結(jié)構(gòu)模型都是正四面體，氯化鈉的分子結(jié)構(gòu)模型是正六面體，螢石的結(jié)晶體有時(shí)是正八面體，硫化體的結(jié)晶體有時(shí)會(huì)接近正十二面體的形狀……柏拉圖多面體滿足性質(zhì)：（其中V，F(xiàn)和E分別表示多面體的頂點(diǎn)數(shù)，面數(shù)和棱數(shù)）．（1）正十二面體共有幾條棱，幾個(gè)頂點(diǎn)？（2）如圖所示的正方體中，點(diǎn)為正方體六個(gè)面的中心，假設(shè)幾何體的體積為，正方體的體積為，求的值；（3）判斷柏拉圖多面體有多少種？并說明理由．【答案】（1）正十二面體共有條棱，個(gè)頂點(diǎn)（2）（3）柏拉圖多面體只有種，理由見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)正十二面體有個(gè)面，求出每個(gè)面為正五邊形，進(jìn)而可得出答案；（2）分別求出正方體和正八面體的體積即可得解；（3）假多面體每一個(gè)面都是正邊形，每一個(gè)頂點(diǎn)處有條棱，根據(jù)每條棱都出現(xiàn)在相鄰的兩個(gè)面中，每條棱連接兩個(gè)頂點(diǎn)，得出，代入得，再分情況判斷即可.【小問1詳解】根據(jù)柏拉圖多面體滿足性質(zhì)：，正十二面體有個(gè)面，即，則，設(shè)正十二面體每一個(gè)面都是正邊形，每一個(gè)頂點(diǎn)處有條棱，因?yàn)槎噙呅沃辽儆袟l邊，而再每個(gè)頂點(diǎn)處至少有條棱，則，由于每條棱都出現(xiàn)在相鄰的兩個(gè)面中，每條棱連接兩個(gè)頂點(diǎn)，則有，即，所以，所以，所以，即，由，得，當(dāng)，即時(shí)，，符合題意，當(dāng)，即時(shí)，（舍去），當(dāng)，即時(shí)，（舍去），當(dāng)，即時(shí)，（舍去），綜上所述，，，此時(shí)，即正十二面體共有條棱，個(gè)頂點(diǎn)；【小問2詳解】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則，幾何體所有棱長(zhǎng)為，是正八面體