浙江省杭州市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2022学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名､姓名､试场号､座位号､准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑.3.答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.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.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合，再求两集合的交集.【详解】由，得，解得，所以，因为，所以，故选：B2.若（是虚数单位），则（）A.2B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】先求得，再根据模长公式即可求解.【详解】因为，所以.故选：C 3.军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的所对的圆心角的大小，.若角密位，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由密位制与弧度的换算公式可得，，从而可得解．【详解】因为1密位等于圆周角的，所以角密位时，，故选：C．4.已知平面平面，直线，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件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】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质分析判断.【详解】设，在平面内作，因为平面平面，所以，因为，所以∥，因为，，所以，而当平面平面，直线，时，与平面可能垂直，可能平行，可能相交不垂直，所以“”是“”的充分而不必要条件，故选：A5.杭州亚运会火炬如图（1）所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图（2）所示的几何体.假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为，则关于时间 的函数的大致图象可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据火炬的形状：中间细、上下粗来分析剩余燃料的高度随时间变化的下降速度.【详解】由图可知，该火炬中间细，上下粗，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，燃料在燃烧时，燃料的高度一直在下降，刚开始时下降的速度越来越快，燃料液面到达火炬最细处后，燃料的高度下降得越来越慢，结合所得的函数图象，A选项较为合适.故选：A.6.雷峰塔位于杭州市西湖景区，主体为平面八角形体仿唐宋楼阁式塔，总占地面积平方米，项目学习小组为了测量雷峰塔的高度，如图选取了与底部水平的直线，测得、的度数分别为、，以及、两点间的距离，则塔高（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理可求得，进而可得出，即为所求.【详解】在中，，由正弦定理可得，即，得，由题意可知，，所以，.故选：A.7.已知函数（e为自然对数的底数），则（）A.B.，当时，C.D.，当时，【答案】D【解析】【分析】观察到分别为一次函数和指数函数，则数形结合，依次判定即可.【详解】由题，假设当时，，作出示意图如图所示： 则时，，当时，，则A选项错误；因为，，，故C选项错误，且，则结合图像可知，当时，恒成立，故B选项错误；对于D选项，时，由图可知，则D选项正确.故选：D.8.设函数，且在区间上单调，则的最大值为（）A.1B.3C.5D.7【答案】B【解析】【分析】根据与可得，再根据单调性可得，验证，与即可.【详解】由,得，由，得，两式作差，得，因为在区间上单调，所以，得.当时，,因为,所以,所以.，,因为， 所以在区间上不单调，不符合题意；当时，，因,所以，所以.，,因为，所以在区间上不单调，不符合题意；当时，，因为,所以,所以.，，所以在区间上单调，符合题意，所以的最大值是3.故选:B.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9.已知函数，则（）A.函数的图象关于原点对称B.函数的图象关于轴对称C.函数的值域为D.函数是减函数【答案】AC【解析】【分析】求函数的奇偶性可判断AB；分离参数可得，根据指数函数的值域可判断C；根据单调性的定义可判断D.【详解】的定义域为，，则， 所以为奇函数，的图象关于原点对称,A正确，B错误；，因为,所以,，所以,故的值域为,C正确；设,则,因为，所以，所以,即，所以函数是增函数，故D错误，故选:AC.10.如图，是正六边形的中心，则（）A.B.C.D.在上的投影向量为【答案】CD【解析】【分析】根据向量的线性运算法则，可判定A、B不正确，结合向量的数量积的定义域运算，可判定C正确，结合向量的投影的定义与运算，可判定D正确.【详解】根据题意，结合平面向量的线性运算法则，可得：对于A中，由，所以A不正确；对于B中，由，所以B不正确；对于C中，设正六边形的边长为，可得， ，所以，所以C正确；对于D中，如图所示，连接，可得，可得，所以在向量上的投影向量为，所以D正确.故选：CD.11.如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（）A.在末，点的坐标为B.在末，扇形的弧长为C.在末，点在单位圆上第二次重合D.面积的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】求出末点和的坐标可判断选项AB;求出末点和的坐标，结合诱导公式可判断C；根据三角形面积公式可判断D.【详解】在末,点的坐标为，点的坐标为； ，扇形的弧长为；设在末，点在单位圆上第二次重合，则，故在末，点在单位圆上第二次重合；,经过s后，可得，面积的可取得最大值.故选:BCD.12.圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（）A.设内切球的半径为，外接球的半径为，则B.设内切球的表面积，外接球的表面积为，则C.设圆锥的体积为，内切球的体积为，则D.设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为【答案】ACD【解析】【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D.【详解】作出圆锥的轴截面如下： 因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，又，所以，设球心为（即为的重心），所以，，即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确；设内切球表面积，外接球的表面积为，则，故B错误；设圆锥的体积为，则，内切球的体积为，则，所以，故C正确；设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，过点作交于点，则，所以，即，解得，所以平面截内切球截面圆的半径， 所以截面圆的面积为，故D正确；故选：ACD【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.设函数，若，则__________.【答案】##0.25【解析】【分析】分段求解方程和指数方程，则问题得解.【详解】当时，，，当时，，(舍)．．故答案为：.14.将曲线上所有点向左平移个单位，得到函数的图象，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】先利用三角函数图象变换规律求出平移后的解析，再由两函数图象相同列方程可求得结果.【详解】将曲线上所有点向左平移个单位，可得，因为与的图象相同，所以，因为，所以的最小值为，故答案为：15.已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为 __________；直线与直线所成角的余弦值为__________.【答案】①.②.##【解析】【分析】空1：取中点，连接，则可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可；空2：分别取的中点，连接，则可得（或其补角）为直线与直线所成角，然后在中求解即可.【详解】空1：取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以直线与平面所成角，因为正三棱柱的各条棱长都是2，所以，所以，所以直线与平面所成角的正切值为，空2：分别取的中点，连接，则∥，，∥，，所以（或其补角）为直线与直线所成角， 连接，则，在中，由余弦定理得，因为异面直线所成的角的范围为，所以直线与直线所成角的余弦值为，故答案为：；.16.对于函数，若存在，使得，则称为函数的“不动点”.若存在，使得，则称为函数的“稳定点”.记函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别为和，即.经研究发现：若函数为增函数，则.设函数，若存在使成立，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先判断是增函数，再根据题意可得，代入可得，再结合二次函数的性质即可求解的取值范围.【详解】因为是增函数，所以等价于，即，所以， 而在上单调递增，在上单调递减，所以，而当时，；当时，，即，所以的取值范围为.故答案为：三､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.在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．（1）求的值；（2）若角满足，求的值．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据某个角正弦的定义，直接求解即可；（2）首先由同角的三角函数的平方关系求出，根据及两角差的余弦公式，代入计算即可．【小问1详解】由角的终边过点，得．【小问2详解】由角的终边过点，得， 由，得，，当时，；当时，，综上所述，或．18.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间间的关系为（其中是正常数）.已知在前5个小时消除了10%的污染物.（1）求的值（精称到0.01）；（2）求污染物减少需要花的时间（精确到）？参考数据：.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，求解即可；（2）由题意可得，求解即可.【小问1详解】由知，当时，；当时，；即，所以，即；【小问2详解】当时，，即，则.故污染物减少需要花的时间约为.19.我们把由平面内夹角成的两条数轴构成的坐标系，称为“@未来坐标系”.如图所示， 分别为正方向上的单位向量.若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记.已知分别为向是的@未来坐标.（1）证明：；（2）若向量的“@未来坐标”分别为，，求向量的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）因为，则计算即可证明；（2）由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.【小问1详解】因为，所以【小问2详解】，，，， 所以.20.在四边形中，.（1）求证：.（2）若，且，求四边形的面积.【答案】（1）证明见解析（2）若，则四边形的面积，若，则四边形的面积.【解析】【分析】（1）由条件结合正弦定理证明，由此证明结论；（2）由条件结合正弦定理求，由余弦定理求，结合三角形面积公式求结论.【小问1详解】在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，中，由正弦定理得，即，所以.又，所以，所以. 【小问2详解】在中，由正弦定理得，所以，所以或，①当时，则，在中，由余弦定理得，，又，解得，此时四边形的面积，②当时，则，在中，由余弦定理得，，解得，此时四边形的面积.21.生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎.有以下两种捆扎方案：方案(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒的长，宽，高分别为.（1）在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面；（2）不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少？ 【答案】（1）证明见解析（2）方案(2)，最短绳长为【解析】【分析】（1）先证明，从而可证平面，进而得，从而可证平面，从而可证平面；（2）方案1中，绳长为；方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，从而可计算最短绳长.【小问1详解】连接，在长方体中，，则，所以，，所以，，所以四边形是平行四边形，，又平面平面平面；又平面，平面平面；又平面平面平面，又平面平面；【小问2详解】方案1中，绳长为；方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，如图所示，在扎紧的情况下，彩绳长度的最小值为长度，因为，所以，所以彩绳的最短长度为. 22.已知函数.（1）直接写出的解集；（2）若，其中，求的取值范围；（3）已知为正整数，求的最小值（用表示）.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）转化为求解，分与讨论即可求解；（2）根据韦达定理得，再根据对勾函数的性质即可求解；（3）根据二次函数的性质分类讨论即可求解.【小问1详解】∵，∴即为,当时，，故，显然不成立；当时，，故，即,解得. 综上所述，的解集为.【小问2详解】设，则，令，整理得：，故，且，得.∴在上单调递增，所以，即.【小问3详解】①时，；②时，；③时，；④时，，∴.