浙江省杭州市浙里特色联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（含答案）

浙江省杭州市浙里特色联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、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．集合A={x|2≤x<4}，集合B={x|x2−5x+6>0}A．(2,4) B．(2,3) C．2．已知i是虚数单位，则复数z=3iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设α,β,γ是三个不同平面，且α∩γ=l，β∩γ=m，则“A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．若命题p:∃x0,y0A．∀x,y>0,x2+yC．∀x,y≤0,x2+y5．已知向量a,b，满足|a|=5，|bA．−3135 B．−1935 C．6．已知函数f(x)=|sinxcosx+1A．f(x)的周期为πB．f(x)的图象关于直线x=πC．(π,14D．f(x)在区间[π7．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D（1）（2）（3）A．没有水的部分始终呈棱柱形B．棱A1C．水面EFGH所在四边形的面积为定值D．当容器倾斜如图（3）所示时，BE⋅BF是定值8．已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,A．934 B．932 C．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．已知复数z=−1+3i，z是z的共轭复数，则（）A．|z+3−2i|=B．z的虚部是3iC．z在复平面内对应的点位于第二象限D．复数z是方程x210．已知非零向量a,A．若a⋅cB．若|a+C．若|a+b|>|aD．已知|a|=2，b=(0,11．如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DDA．记C1D1的中点为N，CC1上存在一点B．动点F轨迹的长度为3C．三棱锥B1−D．当三棱锥B1−三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知2a=3，log413．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为．14．如图所示，为了测量某座山的山顶A到山脚某处B的距离（AB垂直于水平面），研究人员在距D研究所200m处的观测点C处测得山顶A的仰角为30°，山脚B的俯角为15°．若该研究员还测得B到C处的距离比到D处的距离多80m，且∠BCD=60°，则AB=．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．已知复数z=51+2i+1+i（1）求z；（2）若复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，求实数（3）若复数z1满足|z116．在△ABC中，点P在边AC上，PC=2AP，|AB|=2，（1）求BP的模；（2）求向量BA与BP夹角的余弦值；（3）若点M在边AB上，求MB⋅17．三棱柱ABC−A1B1C1的棱长都为2，D和（1）求证：直线DE∥平面ABC（2）若∠A1AC=60°，点B到平面ACC118．在锐角三角形△ABC中，角A,B,C的对边分别为（1）求角B的值；（2）若b=23，求a19．已知函数f(x)=6x，（1）求f[g(x)]的解析式；（2）关于x的不等式f[g(x)]≥k−7x2的解集为R，求实数（3）关于x的不等式f[g(x)]>ax的解集中的正整数解恰有3个，求实数

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由x2−5x+6>0解得，x>3或x<2，即又A={x|2≤x<4}，所以A∩B=(3,故答案为：C.【分析】再根据一元二次不等式的解法求出集合B，即可求出两集合的交集．2．【答案】D【解析】【解答】解：因为i2=−1，i3所以z=3i所以复数z在复平面内所对应的点为(3,故答案为：D.【分析】根据复数的乘方化简复数z，再根据复数的几何意义判断即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：由α∩γ=l，β∩γ=m，l//m，则故“l//m”推不出“由α∩γ=l，β∩γ=m，α//β，由面面平行的性质定理知故“α//β”能推出“故“l//m”是“故答案为：B.【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.4．【答案】B【解析】【解答】解：存在量词命题的否定是全称命题，将存在量词改为全称量词，并否定结论，

故命题¬p为∀x,y>0,故答案为：B．【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，只需将存在量词改为全称量词，并否定结论即可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】解：∵|a|=5，|b|=6，|a因此，cos<故答案为：D.【分析】计算出a⋅(a+b)6．【答案】A【解析】【解答】解：由函数f(x)=|sin由此可作出f(x)的函数图象，如图所示：

对于A中，由f(x+π)=14⋅|2sin2(x+π)+1|=所以f(x)关于直线x=π对于B中，由f(π−x)=1所以f(x)关于直线x=π对于C中，由函数f(x)图象可知，f(x)不存在对称中心，所以C错误；对于D中，因为f(π4)=34所以函数f(x)在[π故答案为：A.【分析】利用二倍角公式化简可得f(x)=17．【答案】（1）C【解析】【解答】解：依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形如图所示：对于A：依题意，BC//水面EFGH，而平面BCC1B1∩平面EFGH=FG，BC⊂同理BC//EH，而BC//AD，BC=FG=EH=AD，

又BC⊥平面ABB1A1，平面因此有水的部分的几何体是直棱柱，

长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故A正确；对于B：因为A1D1//BC//FG，FG⊂平面EFGH，A1D1⊄平面对于C：水面EFGH是矩形，线段FG的长一定，从图1到图2，再到图3的过程中，

线段EF长逐渐增大，则水面EFGH所在四边形的面积逐渐增大，故C错误；对于D：当容器倾斜如图3所示时，有水部分的几何体是直三棱柱，其高为BC，体积为V，又S△BEF=12BE⋅BF故选：C.【分析】根据倾斜度的图形，根据线面平行的性质及棱柱的定义判断A，B，C，再根据柱体的体积公式判断D.8．【答案】A【解析】【解答】解：因为acosB=(即sin(A+B)=2sinC又C∈(0,π)，sinC≠0，故cosA=1由余弦定理，结合a=3，可得cosA=即b2+c2=bc+9≥2bc故△ABC的面积S=12bc即△ABC的面积的最大值为93故答案为：A.【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得A，结合余弦定理以及不等式求得bc的最大值，再求三角形面积的最大值即可.9．【答案】A,C【解析】【解答】解：由题意可知z+3−2i=2+i，所以|z+3−2i|=5易知z的虚部是3，故B错误；z在复平面内对应的点为(−1,对于x2显然z=−1−3i故选：AC【分析】利用复数的定义、模长公式、几何意义、共轭复数定义与方程的解法一一判定选项即可.10．【答案】B,D【解析】【解答】解：A选项，选项中若c=B选项，由|a+b|=|b|，两边平方后化简得a→2+2ab→=0，

则利用做差法比较大小：|2b→|-|a→+2b→|⇔|2b→|2-|a→+2b→|2=-a→2-4a→b→；

由a【分析】A选项利用特殊值即可判断；B与C选项平方化简即可及逆行判断；D选项借助图像即可判断.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：选项A：当点P为CC1的中点时，利用面面平行的判定即可证明出面NPB1∥面BEA1；A正确；

选项B：取CC1又E为棱DD1的中点，所以根据线面平行的判定可得B1M//平面A1BE又MN∩B1M=M，MN,B1M⊂又B1F//平面A1BE，B1∈又F为正方形C1CDD1内的一个动点（包括边界），所以F∈面又面B1MN∩面C1CDD1=MN又MN=2选项C：易知B1C1⊥面C1所以△D如图，由选项A知，F∈MN，易知F在N处时，△D此时S△D1EF=12对于选项D，如图，当三棱锥B1−D1DF如图建立空间直角坐标系如图所示：

设球心为O(x,y易知B1所以(x−2)2+yx2+(y−2)联立①②③④解得，x=y=34,z=1，所以故答案为：ACD.【分析】由B1F//面A1BE，利用正方体特征找到平面B1MN//平面A112．【答案】27【解析】【解答】解：因为log45=b，所以4故答案为：27125【分析】由题意可得4b=5，再化简式子，结合已知条件即可求13．【答案】48π【解析】【解答】解：依题意圆锥高h=3，设圆锥的底面半径r，母线为l，圆锥的外接球的半径为R，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则2πr=πll2=可知R=l=23，所以球O的表面积S=4π故答案为：48π.【分析】设圆锥的底面半径r，母线为l，圆锥的外接球的半径为R，根据圆锥的侧面展开图是一个半圆可得l=2r=2314．【答案】2806【解析】【解答】解：设BD=t，则BC=80+t，在△BCD中，因为CD=200,由余弦定理可得：t2=200则BD=760(m),过点C作CE⊥AB，由题意可得：∠ECB=15则sin∠ECB=sin15cos∠ECB=cos15可得BE=840×6−2则AE=840×6所以AB=AE+BE=840×(6故答案为：2806【分析】根据题意利用余弦定理可得BD=760(m)，过点C作CE⊥AB，结合直角三角形运算求解.15．【答案】（1）解：因为复数z=51+2i（2）解：法一：因为复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，所以可得4−4i+i2所以3+2m+n=0m+4=0，解得m=−4，法二：若复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，则根据韦达定理得2+i+(2−i)=−m，(2+i)(2−i)=n解得m=−4（3）解：设z1=x+yi，则|z求|z1则|z1【解析】【分析】（1）由复数的运算化简z，再求模长即可；（2）将复数代入方程利用复数相等列关系式求解；（3）利用|z1−1|=216．【答案】（1）解：BP=23BA（2）解：cos⟨BA,BPcos⟨BA（3）解：设边AB的中点为N，MB⋅|MN|∈[【解析】【分析】（1）运用向量的运算法则以及模长公式即可得到结果；

（2）利用夹角的余弦值公式进行求解即可；

（3）运用向量的运算法则化简，利用|MN17．【答案】（1）解：法一：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥∵D和E分别是BB1和A1∴DF∥BC1，EF∥A又DF⊄面ABC1，BC1⊂面ABC1，且EF⊄∴DF∥面ABC1，EF∥面ABC1，又DF∩EF=F，∴面DEF∥平面ABC1，而DE⊂面DEF，故直线DE∥平面法二：连接CE交AC1于点G，连接CD交BC1于点在三棱柱ABC−A1B1C∴EGGC∴EGGC=DHHC，则DE∥HG，又DE⊄面ABC1，HG⊂面AB（2）解：如图所示：∵直线DE∥平面ABC1，∴V所以平行四边形ACC1A1边由B到面ACC1A则V【解析】【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明DE//（2）根据线面平行可得VD−AB18．【答案】（1）解：因为3(acosC+ccosA)=2bsinB由正弦定理边化角得3所以3sin(A+C)=3sinB=2sinBsinB所以sinB=32又B（2）解：由正弦定理asinA=csinC=所以a2=16−8cos2A−8cos2C=16−8cos2A−8cos2(π−A−=16−8cos2A−8(−=16+43因为在锐角三角形△ABC中0<A<π20<π−A−π3则12<sin(2A−π6)≤1，【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角后整理化简即可；（2）利用正弦定理得到a=4sinA,19．【答案】（1）解：由题意，函数f(x)=6x，g(x)=x所以函数f[g(x)]的解析式f[g(x)]=（2）解：由（1）和f[g(x