2023-2024学年浙江省强基联盟高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年浙江省强基联盟高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={−3,−2,−1,0}，B={x|−2≤x≤1,x∈Z}，则A∩B=(

)A.{−2,−1,0} B.{−1,0,1} C.[−2,0] D.[−2,1]2.已知向量m=(1,1),n=(3,λ)，若m//nA.1 B.−1 C.3 D.3.已知2cos2α+sinα+3=0，则sinα=(

)A.1 B.−1 C.45 D.−1或4.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1A.255

B.55

5.已知命题p：函数f(x)=x3+x+a在[1,3]内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是A.−30≤a≤−2 B.−30≤a≤−3 C.−28≤a≤0 D.−30≤a≤06.已知样本数据x1，x2，x3，…，xn的平均数为x，方差为s2，若样本数据ax1+2，ax2+2，ax3A.1 B.12 C.2 D.7.若实数x>2y>0，则3yx−2y+xyA.23 B.23−1 8.已知球O的半径R=13，球面上有三点A，B，C，满足AB=123,AC=BC=12，点D在球面上运动，则当四面体D−ABC的体积取得最大值时，DC=A.613 B.132 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数f(x)=sin(2x+π6A.f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)=sin(2x+π3)的图象

B.直线x=2π3是f(x)图象的一条对称轴

C.f(x)在10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在上底面AA.存在点G，使得平面EFG/​/平面ACC1A1

B.不存在点G，使得直线AD1/​/平面EFG

C.三棱锥G−BEF的体积不变

11.如图，已知长方形ABCD中，AB=4，AD=2，DE=λDC，且0<λ<1，则下列结论正确的是(

)A.当λ=12时，AD=12AE+12BE

B.当λ=13时，cos〈三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若(m−2i)(1−i)为纯虚数(i为虚数单位)，则实数m=______．13.对于任意的θ∈[−π6,π614.已知勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体(如图乙)，若勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的表面积为36π，则正四面体ABCD的内切球的半径为______．

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知向量a=(−1,3),b=(m,3)，且a与b的夹角为π3．

(1)求m和|a16.(本小题15分)

已知函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)对于任意的x≥017.(本小题15分)

如图，在三棱锥S−ABC中，已知∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=4，SB=5．

(1)求三棱锥的体积VS−ABC；

(2)求侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值．18.(本小题17分)

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2(1−sin2B)+b2(1−sin2A)=c2．

(1)求角C；

(2)若a=2，求△ABC的面积S的取值范围；

(3)若19.(本小题17分)

在复数域中，对于正整数n，满足zn−1=0的所有复数z=cos2kπn+isin2kπn(k∈Z)称为n次单位根，若一个n次单位根满足对任意小于n的正整数m，都有zm≠1，则称该n次单位根为n次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当n=4时存在四个4次单位根±1，±i，因为11=1，(−1)2=1，因此只有两个4次本原单位根±i，对于正整数n，设n次本原单位根为z1，z2，…，zm，则称多项式(x−z1)(x−z2)(x−z3)…(x−zm)为n次本原多项式，记为fn(x)，规定f1(x)=x−1，例如f4(x)=(x−i)(x+i)=x2+1，请回答以下问题．

(1)直接写出8次单位根，并指出哪些是8次本原单位根参考答案1A

2C

3B

4B

5D

6C

7D

8A

9BCD

10ACD

11ABD

122

13[1,+∞)

14215解：(1)因为a=(−1,3),b=(m,3)，且a与b的夹角为π3．

所以a⋅b=−m+3，|a|=2，|b|=m2+3，

由a⋅b=|a||b|cosπ3，得−m+3=m2+3，解得m=1，

所以a−2b=(−3,−3)，所以|a−2b|=23；

(2)因为a=(−1,3),b16解：(1)∵函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数，

∴f(−x)=f(x)，

可得2−x−m⋅2x=2x−m⋅2−x恒成立，

即2x(1+m)=2−x(1+m)，

∴(2x−2−x)(1+m)=0，

∵2x−2−x=0在R上不恒成立，

∴1+m=0⇒m=−1，

∴f(x)的解析式为f(x)=2x+2−x；

(2)由(1)知f(x)=2x+2−x，

当x≥0时，令t=2x≥1,y=t+1t≥2．

∵不等式[f(x)]217解：(1)∵∠SAB=∠SAC=90°，

∴SA⊥AB，SA⊥AC，

AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，

∴SA⊥平面ABC．

又∵∠ACB=90°，AC=2，BC=4，

∴S△ABC=4．

又∵SB=5，AB=AC2+BC2=25，

∴SA=SB2−AB2=5，

∴VS−ABC=13S△ABC⋅SA=453．

(2)过点C作CD⊥AB于点D，作DE⊥SB于点E，连接CE，

SA⊥平面ABC，SA⊂平面ABS，则平面ABS⊥平面ABC，

平面ABS∩平面ABC=AB，CD⊥AB，CD⊂面ABC，

∴CD⊥平面ABS，由SB⊂平面ABS，

∴CD⊥SB，

又DE⊥SB，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE，

∴SB⊥平面CDE，

又CE⊂平面CDE，

∴CE⊥SB，

∴由DE⊥SB，CE⊥SB知∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，

Rt△SAC中，SA=5，AC=2，则SC=S18解：(1)由a2(1−sin2B)+b2(1−sin2A)=c2，

由正弦定理可得：a2+b2−c2=a2sin2B+b2sin2A，

由余弦定理得2abcosC=a2sin2B+b2sin2A，

再由正弦定理及倍角公式得2cosC=absin2B+basin2A=sinAsinBsin2B+sinBsinAsin2A，

由正弦定理可得：2cosC=absin2B+basin2A=sinAsinBsin2B+sinBsinAsin2A=2sinAcosB+2sinBcosA

=2sin(A+B)=2sinC，

得cosC=sinC，即tanC=1，

在锐角△ABC中，有C=π4；

(2)a=2，C=π4，则S=12absinC=22b．

由正弦定理asinA=bsinB，有b=asinBsinA=2sin(3π4−A)sinA，

所以b=2sin(3π4−A)sinA=2sinA+2cosAsinA=2+2cosAsinA．

又△ABC是锐角三角形，有0<A<π20<3π4−A<π2，

得A∈(π4,π2)，可得tanA∈(1,+∞)，

所以19解：(1)首先需要证明：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cos2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．

我们不妨记作ζn=cos2πn+isin2πn，因此全部的n次单位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn−1．

设k=0，1，…，n−1，我们考虑到ζnk=cos2kπn+isin2kπn：

如果k和n的最大公约数d>1，则(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1，从而ζnk不是本原单位根．

若ζnk不是本原单位根，设(ζnk)m=1，1≤m<n，则由ζnkm=(ζnk)m=1可知km是n的倍数，

设d为k和n的最大公约数，则kd⋅m是nd的倍数，而kd和nd没有大于1的公约数，故m是nd的倍数，

所以由1≤m<n可知m≥nd>md，得d>1．

这就得到结论：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cos2kπ