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：B

2. 若（是虚数单位），则（    ）

A. 2 B. 3 C.  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：A

5. 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. 1 B. 3 C. 5 D. 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，，

∴.