浙江省浙南2022-2023学年高一数学下学期期中联考试卷（Word版附答案）

绝密★考试结束前2022学年第二学期浙南名校期中联考高一年级数学学科试题考生须知：1．本卷共4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。选择题部分一、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．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部是（）A．1B．iC．D．2．在中，已知命题p：为钝角三角形，命题，则p是q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3．用半径为，圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为（）A．B．C．D．4．在中，，则边的长为（）A．3B．5C．3或5D．以上都不对5．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（）A．，则B．，则C．，则D．，则6．已知，则的值为（）A．B．C．D． 7．记，则（）A．B．C．D．8．有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，设不计硬管粗细可通过的最大极限长度为1米．为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为米，则m的值是（）A．B．C．D．二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）9．如图，正方体中，，点Q为的中点，点N为的中点，则下列结论正确的是（）A．与为异面直线B．C．直线与平面所成角为D．三棱锥的体积为10．已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（）A．B．C．D．11．已知函数，则下面说法正确的是（） A．若且图象关于直线对称，则B．若且图像关于点对称，则C．若且在上单调递增，则的最大值为2D．若且在上的图象有且仅有2个最高点，则的取值范围为12．在锐角中，已知，D为边上的点，，则线段长的可能取值为（）A．B．C．3.3D．非选择题部分三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分．）13．已知复数（i为虚数单位）在复平面上对应的点分别为，则的面积为________．14．已知直三棱柱的高为4，，则该三棱柱的外接球的体积为________．15．已知满足，则的最小值为________．16．已知正边长为1，点D满足，P为直线上的动点，设在的投影向量为，则m的取值范围为________．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．（本题满分10分）已知复数（，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足．（1）求实数b的值；（2）若复数z是关于x的方程（，且）的一个复数根，求的值．18．（本题满分12分）在四棱锥中，平面，底面为正方形， ，E和F分别为和的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．19．（本题满分12分）在中，已知为边上的高．设，记y关于A的函数为．（1）求的表达式及的取值范围；（2）若不等式恒成立，求实数m的取值范围．20．（本题满分12分）如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设．（1）求的值； （2）若为边长等于2的正三角形，求的值．21．（本题满分12分）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．（1）求角C的值；（2）若，求周长的取值范围．22．（本题满分12分）已知函数，其中．（1）时，求函数的单调增区间；（2）已知存在三个不相等的实数，使得成立，求的取值范围． 高一年级数学学科参考答案一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分）12345678ABDCDBCA二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9101112ABBCDACDAB三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分）13．514．15．16．四、解答题：（本大题共6小题，共70分）17．（1）∵z在复平面上对应的点在第四象限∴∵，∴，∴（2）（法一）由题可知，为关于x方程的两个复数根∴∴∴（法二）将代入方程可得∴∴∴18．（1）（法一）取的中点M，连接∵M，E分别为的中点∴是的中位线∴且又F为的中点∴且∴且 ∴四边形是平行四边形∴平面平面∴平面（法二）取的中点N，连接∵E，N分别为的中点∴是的中位线∴∵平面平面∴平面同理∴平面∴平面平面又平面∴/平面（2）（法一）取的中点N，连接，过N作交于G，连接∵平面平面∴又∴平面∴又∴平面∴∴即为二面角的平面角设则 ∴∴二面角的平面角的余弦值为．（法二）取的中点N，G，连接设∴为等腰三角形∴∵∴即∴即为二面角的平面角∴∴二面角的平面角的余弦值为．19．解：（1）由已知可得：∴∵，∴∴即的取值范围为． （2）由（1）知：∴记，则在上单调递增．∴当，即时，t取到最大值为．∴即实数m的取值范围为20．解：（1）因为O为的中点，，又，故（2）（法一）设，因为O为的中点，，∴∵B，O，E三点共线，所以，得故因为为边长为2的正三角形 故（法二）设又由（1）知与为非零的共线向量。与为非零的共线向量，所以，得∴因为为边长为2的正三角形故21．解：（1）（法一）∵∴∴∴∴∵为锐角三角形，∴（1）（法二）∵∴ ∴∴∴∴∵为锐角三角形，∴（2）（法一）周长由于为锐角三角形∵解得：∴∴∴．∴的周长l的取值范围为．（法二）同法一得∴由余弦定理得 周长记则在单调递增∴的周长l的取值范围为．22．解：（1）当时，解不等式得：当时，，此时单调递增；当时，，对称轴为直线此时在单调递减，在单调递增．在R上连续，所以的单调递增区间为．（2）由题意可得：函数至少有三个单调区间．（a）当时，在单调递减，在单调递增．此时不存在符合题意；（b）当时i）即时，恒成立则，在单调递减，在单调递增， 此时也不存在符合题意；ⅱ）即时，记的两根为，则在单调递减，在单调递增．此时也不存在符合题意；（或，当时，结合图像可得必先单调递减再单调递增，只有两个单调区间，则此时不存在符合题意）（c）当时，方程必有两根：且则结合得：在单调递增，在单调递减，在单调递增．此时存在符合题意．记，则有，此时．若，则，与矛盾，所以，则为的两根，由韦达定理得：．（没有说明所在区间直接用韦达定理不给分） ，此时．无最小值；无最小值，无最大值，但有上界1．所以的取值范围为．