浙江省杭州地区含周边重点中学2024-2025学年高一数学下学期期中试题含解析

浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高一数学下学期期中试题考生须知：1.本卷满分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.全部答案必需写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.选择题部分一､选择题：本题共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.或 B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据交集的学问求得正确答案.【详解】依题意，.故选：C2.已知复数z满意（i为虚数单位），则z的虚部为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】依据复数z满意，利用复数的除法求得，再依据复数的概念求解.【详解】因为复数z满意，所以，所以z的虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的实力，属于基础题.3.在中，角所对的边分别是，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据正弦定理，即可求解.【详解】解：由正弦定理得，，故选：A.4.若函数的图象如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】令，求得或，结合图象得到，又由时，，得到，求得，即可求解.【详解】由题意，函数，令，即，解得或，可得或，结合图象，可得，解得；又由函数的图象得，当时，，当时，因为，可得，所以，即，解得.故选：D.5.已知不共线平面对量，在非零向量上的投影向量互为相反向量，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据题意得向量在向量上的投影为：；向量在向量上的投影为：，所以，整理化简即可求解.【详解】依据题意得，向量在向量上的投影为：，向量在向量上的投影为：，又因为不共线平面对量在非零向量上的投影向量互为相反向量，所以，即，即，所以.故选：A.6.古代典籍《周易》中的“八卦”思想对我国的建筑有肯定影响.如图是受“八卦”启示设计的正八边形的八角窗.在正八边形中，若，则（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】如图，连接，作于点，作于点，由正八边形的特征可得，从而可将用表示出来，再结合已知即可得解.【详解】解：如图，连接，作于点，作于点，由正八边形的特征可得，，故，所以，则，又因，所以，所以.故选：C.7.2024年北京冬奥会拉开帷幕，动作欣赏性强､视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用､城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的两点测得的仰角分别为（单位：），且，则大跳台最高高度（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别在和中，求得OB，OA，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】解：在中，，在中，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，故选：C8.已知实数满意，则“”是“”（）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【答案】A【解析】【分析】由，，依题意可得只需比较与的大小，再依据充分条件、必要条件的定义推断可得；【详解】解：因为，又，则，所以要比较与的大小，即比较与的大小，即比较与的大小，当且时，且，即，所以，即，故充分性成立，当时，此时也满意，故必要性不成立；即“”是“”充分不必要条件；故选：A二､多选题：本题共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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列说法正确的是（）A.棱柱的侧面肯定是矩形B.三个平面至多将空间分个部分C.圆台可由直角梯形以高所在直线为旋转轴旋转一周形成D.随意五棱锥都可以分成个三棱锥【答案】CD【解析】【分析】利用斜棱柱的侧面可推断A选项；取三个两两相互垂直的平面可推断B选项；利用圆台的形成可推断C选项；利用五棱锥的结构特征可推断D选项.【详解】对于A选项，斜棱柱的侧面不肯定是矩形，A错；对于B选项，若三个平面两两垂直，则这三个平面可将空间分个部分，B错；对于C选项，圆台可由直角梯形以高所在直线为旋转轴旋转一周形成，C对；对于D选项，一个五边形可分为三个三角形，所以，随意五棱锥都可以分成个三棱锥，D对.故选：CD.10.已知函数.（）A.随意B.随意C.随意D.存在【答案】ACD【解析】【分析】利用余弦型函数的周期性，对称性，单调性对各个选项逐个进行检验即可.【详解】A.随意可知函数周期为，因为函数的周期为，满意，故正确；B.随意可知函数的对称轴为当时，，即不是函数的对称轴，故错误；C.随意可知函数在上单调递减，当时，，满意函数在上单调递减，故正确；D当时，，，满意，故正确.故选：ACD11.下列说法正确的是（）A.若平面对量，则B.若平面对量，则C.若复数，则D.若复数，则【答案】ABD【解析】【分析】依据平面对量数量积的定义及基本不等式推断A、B，利用特别值推断C，依据复数模的性质及基本不等式推断D；【详解】解：对于A：，即当且仅当与同向且时取等号，故A正确；对于B：因为，所以，即，当且仅当与共线且时取等号，故B正确；对于C：若，，则，，明显不满意，故C错误；对于D：设，，，，，，，，，，，所以当且仅当时取等号，故D正确；故选：ABD12.如图，已知边长为1的正方形是线段上的动点（包括端点），分别是上动点，且分别是中点，下列说法正确的是（）A.B.若，则的最小值为C.若，则的最小值为D.若，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，设，结合向量的线性运算法则和向量的坐标运算法则，逐项运算，即可求解.【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设，可得，其中，则，（1）由，所以正确；（2）由，当时，，所以正确；（3）由（2）知时，若则，此时，所以不正确；（4）由（2）知时，，则，上式里的“”可以取“”，条件是.而时，有，即，所以，当的条件是的条件是，且时，即，且时，即，，所以正确.故选：ABD.非选择题部分三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知平面对量，若，则__________.【答案】0【解析】【分析】首先求出的坐标，依题意可得，依据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】解：因为，所以，又，所以，解得；故答案为：14.已知利用斜二测画法画出的直观图为直角边长为的等腰直角三角形，则的面积是__________.【答案】【解析】【分析】作出的直观图，计算出直角的两条直角边的边长，利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】直观图如下图所示：设，，，对应地，在中，，，，则.故答案为：.15.欧拉公式（为虚数单位，为自然底数）是瑞士闻名数学家欧拉发觉的，它将指数函数的定义域扩大到复数，在复变函数论中占有特别重要的地位，被誉为“数学中的天桥"，若将其中取作就得到了欧拉恒等式，它将两个超越数——自然底数，圆周率，两个单位一虚数单位，自然数单位1，以及被称为人类宏大发觉之一0联系起来，数学家评价它是“上帝创建的公式”.由欧拉公式可知，若复数，则__________.【答案】【解析】【分析】本题可以依据复数乘法运算，也可以运用复数三角表示处理．【详解】解法一：则；解法二：∵∴故答案为：．16.已知函数，若对于，不等式恒成立，则正整数的最小值为__________.【答案】3034【解析】【分析】先利用定义判定函数在上的单调递增，得到当时，；并利用分子实数化变形和不等式放缩得到时，，进而得到的取值范围是，然后利用不等式恒成立的意义得到，从而求得的取值范围，得到的最小值.【详解】设，则，又∵，同理，∴，∴，即，∴在[1，+∞)上单调递增，又∵，∴当时，；又∵时，，∴时，，且当趋近于时，无限趋近于，∵，∴的取值范围是，为使不等式恒成立，必需且只需，∴，∴正整数的最小值为3034，故答案为：3034.【点睛】本题难点在于利用分子有理化方法进行恒等变形，并利用放缩法得到有关不等关系，进而证明函数的单调性和求得函数的值域.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写岕文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知复数是方程的解.（1）求的值；（2）若复平面内表示的点在第四象限，且为纯虚数，其中，求的值.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）由求根公式求得，进而求得；（2）由（1）得到，求得，依据为纯虚数，得到，即可求解.【小问1详解】解：由题意，复数是方程的解，由求根公式，可得，则.【小问2详解】解：由（1）且表示的点在第四象限，所以.又由，因为为纯虚数，则，解得.18.现有“甜筒”状旋转几何体，可以看作一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为（单位：）的正三角形.（1）求该几何体的体积（单位：）；（2）求该几何体的表面积（单位：）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出球体的半径，圆锥的底面半径、母线长以及高，利用球体与锥体的体积公式可求得该几何体的体积；（2）利用球体的表面积以及圆锥的侧面公式可求得该几何体的表面积.【小问1详解】解：球半径为，圆锥底面半径，母线长，故圆锥高，所以，该几何体的体积为.【小问2详解】解：该几何体的表面积为.19.△中，角所对的边分别是.（1）求角；（2）若边的中线，求△面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）用正弦定理进行边化角得，再用三角恒等变换处理；（2）利用向量，两边平方绽开即可得出结果．【小问1详解】由题意与正弦定理可得，由，可得.代入整理得：.故，可得.【小问2详解】∵，则可得：，故或.（舍去）则△面积.20.已知平面对量满意.（1）若，求向量与的夹角；（2）若，求函数的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）干脆依据数量积的概念以及运算律即可得结果；（2）将向量的模长表示为关于的三角函数，结合三角函数的性质即可得最值.【小问1详解】设向量与的夹角为，由题意，可得，则，由于，故.【小问2详解】由题意，则，即，其中.即函数的最小值为.21.物体在常温下冷却的温度改变可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度为，经过一段时间后的温度为，则，其中为环境温度，为参数.某日室温为，上午8点小王运用某品牌电热养生壶烧1升水（假设加热时水温随时间改变为一次函数，且初始温度与室温一样），8分钟后水温达到点18分时，壶中热水自然冷却到.（1）求8点起壶中水温（单位：）关于时间（单位：分钟）的函数；（2）若当日小王在1升水沸腾时，恰好有事出门，于是将养生壶设定为保温状态.已知保温时养生壶会自动检测壶内水温，当壶内水温高于临界值时，设备不工作；当壶内水温不高于临界值时，起先加热至后停止，加热速度与正常烧水一样.若小王在出门34分钟后回来发觉养生壶处于未工作状态，同时发觉水温恰为.（参考数据：）①求这34分钟内，养生壶保温过程中完成加热次数；（不须要写出理由）②求该养生壶保温的临界值.【答案】（1）；（2）①1次；②.【解析】【分析】（1）设待定系数法求，依据已知有求参数a，即可写出解析式，留意定义域范围.（2）①由题意，探讨状况下从降至、从加热至、从降至所需的时间，进而分析出加热次数；②由（i）分析结果可知时水温正好被加热到，计算从降至、从加热至的时间，列方程求值.【小问1详解】当时，设，则，可得，所以.当时，，则，可得，综上，.【小问2详解】①1次，理由如下：由题意，从降至，则，可得分钟，所以降至，所需时间分钟，由于小王出门34分钟，从加热至，则，可得分钟，则从加热至所需时间分钟；从降至，则，可得分钟，则从降至所需时间分钟；故34分钟内至少加热了一次，若加热两次则分钟，综上，只加热过一次.②由（i）知：从降温至，所需时间为分钟.所以在时，水温正好被加热到.从降至，则，可得，从加热至，则，可得，所以在上递减，且，即.22.已知函数，，其中，.（1）求函数在上的最小值；（2）若函数恰好存在三个零点、、，且，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）化简函数的解析式，分析出函数的单调性，分、两种状况探讨，可得出函数在上的最小值；（2）分、两种状况探讨，利用韦达定理和求根公式可得出的表达式，并求得的取值范围，依据可求得实数的取值范围.【小问1详解】解：因为，所以，函数在、上单调递增，在上单调递减，当时，即当时，；当时，即当时，.综上所述，函数在上的最小值为.【小问2详解】解：，不妨设，因为，①当时，即当时，由可得，即为方程的一根，由可得，即为方程的一根，由可得，即为方程的一根，由图象可知