2023-2024学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高一（下）期中数学试卷一.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．（5分）已知集合A={x|y=x−1}，B＝{x|x2+3x﹣10≥0}，则A∩A．[1，+∞） B．[1，2] C．[2，+∞） D．（﹣∞，﹣5]∪[2，+∞）2．（5分）复数（1+i）z＝1﹣2i的虚部是（）A．−32 B．−12 C．3．（5分）下列函数在（﹣∞，0）上单调递增的是（）A．y=x32 B．y=x234．（5分）如图是△ABC用斜二测画法得到的直观图△A'B'C'，A'B'＝A'C'＝2，B'C'＝22，A'C'∥x'，其中D'是A'B'的中点，则在原图中最长的是（）A．|BC| B．|BA| C．|CA| D．|CD|5．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA：sinB：sinC＝1：2：2，且△ABC的最短边与最长边的长度和为6，则△ABC的面积为（）A．22 B．2 C．6 D．6．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，b→=(1，1)A．(12，12) B．7．（5分）下列各数中最大的数是（）A．2−12 B．log647 C．8．（5分）已知实数a，b，满足3ab+1＝0（b＞1），则13a+1A．（﹣∞，0）∪（4，+∞） B．（4，+∞） C．（﹣∞，0]∪[4，+∞） D．[4，+∞）二.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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.（多选）9．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（）A．若A＞B，则sin2A＞sin2B B．若C=π6，c＝2，则△ABCC．若a2+b2﹣c2＜0，则△ABC为钝角三角形 D．若OA→+OB→+（多选）10．（6分）已知函数的定义域为x∈R，f（x+2）＝2f（x），且当x∈（0，2]时，f(x)=x+2A．当x∈（2，4]时，f(x)=2x+4B．当x∈（2，4]时，f(x)=2x+4C．若对任意的x∈（﹣∞，m]，都有f(x)≥−23，则m的取值范围是D．若g(x)=14−x−2(x＜4)，则f（x）＝g（多选）11．（6分）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．如图在一个棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），过E1F1G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于所形成的半正多面体，下列说法正确的是（）A．当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，边长为2 B．当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，表面积是48+163C．当此几何体为半正多面体时a=4−22或a＝2D．当此几何体是半正多面体时，可能由正方形与正六边形围成三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．（5分）已知z为复数，且|z|＝1，则|z+i|的最大值为．13．（5分）化简(log1514．（5分）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设AD→=λAB→+μAC→且DF＝3AF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．（13分）已知a→、b（1）若(a→+k（2）若c→=a16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且23（1）求角A的大小；（2）若a＝2bcosB，a=3，且b＜a，求BC17．（15分）已知锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m→=(cosA，3sinA)，n→（1）求角A的值；（2）若b＝2，求a﹣c的取值范围．18．（17分）已知函数f（x）在R上有定义，且f（x+1）关于（﹣1，0）中心对称，若f(x)=e（1）求实数b的值；（2）若存在x∈[m，n]，使f（x）的值域为[aeam，aean]，求实数a的取值范围．19．（17分）祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．如图2是一个半径为R的球体，平面ABC与球相交，截面为圆B，延长BO，交球于点D，则BO垂直于圆B（BO垂直于圆B内的所有直线）．（1）若圆锥DB的侧面展开图扇形的圆心角为105π，求圆锥（2）如图2平面ABC上方与球体之间的部分叫球冠，若BO=4

2023-2024学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一.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．（5分）已知集合A={x|y=x−1}，B＝{x|x2+3x﹣10≥0}，则A∩A．[1，+∞） B．[1，2] C．[2，+∞） D．（﹣∞，﹣5]∪[2，+∞）【考点】一元二次不等式及其应用；交集及其运算．【答案】C【分析】先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．【解答】解：集合A={x|y=x−1}={x|x≥1}，B＝{x|x2+3x﹣10≥0}＝{x|x≥2或故A∩B＝{x|x≥2}．故选：C．2．（5分）复数（1+i）z＝1﹣2i的虚部是（）A．−32 B．−12 C．【考点】复数的运算．【答案】A【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：由（1+i）z＝1﹣2i，得z=1−2i∴复数z的虚部为−3故选：A．3．（5分）下列函数在（﹣∞，0）上单调递增的是（）A．y=x32 B．y=x23【考点】由函数的单调性求解函数或参数．【答案】C【分析】由已知结合幂函数的性质检验各选项即可判断．【解答】解：根据幂函数性质可知当x＜0时，y=x32y=x23y=x53由于x≠﹣1，故函数在（﹣∞，0）上不单调，D错误．故选：C．4．（5分）如图是△ABC用斜二测画法得到的直观图△A'B'C'，A'B'＝A'C'＝2，B'C'＝22，A'C'∥x'，其中D'是A'B'的中点，则在原图中最长的是（）A．|BC| B．|BA| C．|CA| D．|CD|【考点】由斜二测直观图还原图形．【答案】B【分析】根据题意，作出原图，分别计算各个线段的长，比较可得答案．【解答】解：根据题意，作出原图，如图：|AC|＝|A'C|'＝2，|AB|＝2|A'B|'＝4，∠BCA＝90°，|AB|=4+16=2D为AB的中点，则|CD|=12|AB|最长的为|AB|．故选：B．5．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA：sinB：sinC＝1：2：2，且△ABC的最短边与最长边的长度和为6，则△ABC的面积为（）A．22 B．2 C．6 D．【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】D【分析】直接利用正弦定理，余弦定理和三角形的面积公式求出结果．【解答】解：由于sinA：sinB：sinC＝1：2：2，根据正弦定理：a：b：c＝1：2：2；故设a＝k，b=2k，c＝2故a+c=3k=6a：c=1：2，解得a＝2，c＝4，b＝22所以cosC=a所以sinC=14故S△ABC故选：D．6．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，b→=(1，1)A．(12，12) B．【考点】平面向量的投影向量；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】根据已知条件，结合投影向量的定义，即可求解．【解答】解：|a则a→|a→|=1则|b故1+2+2a→⋅所以a→在b→上的投影向量的坐标为：故选：A．7．（5分）下列各数中最大的数是（）A．2−12 B．log647 C．【考点】对数的运算性质．【答案】A【分析】利用对数的运算性质变形即可确定．【解答】解：2−12=12=22＞122−12=12=22由于对数函数变化速度非常慢，且2＞1，lg11＞1，则2则这四个数中最大的数是2−故选：A．8．（5分）已知实数a，b，满足3ab+1＝0（b＞1），则13a+1A．（﹣∞，0）∪（4，+∞） B．（4，+∞） C．（﹣∞，0]∪[4，+∞） D．[4，+∞）【考点】基本不等式及其应用；简单线性规划．【答案】D【分析】由已知用b表示3a，代入到所求式子，分离后结合基本不等式即可求解．【解答】解：因为实数a，b，满足3ab+1＝0（b＞1），所以3a=−1则13a+1+b=11−1b当且仅当b﹣1=1b−1，即故选：D．二.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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.（多选）9．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（）A．若A＞B，则sin2A＞sin2B B．若C=π6，c＝2，则△ABCC．若a2+b2﹣c2＜0，则△ABC为钝角三角形 D．若OA→+OB→+【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】BCD【分析】A中，取特殊角A，B，判断出A的真假；B中，由正弦定理可得外接圆的半径的大小；C中，由余弦定理可得角C为钝角，判断出该命题的真假；D中，设AB的中点为D，由题意可判断O在边AB的中线上，同理可中点O在其它两条中线上，判断出D的真假．【解答】解：A中，若A=2π3，B=π4，则sin2A＜0，sin2B＞0，显然sin2A＜sin2B中，设外接圆的半径为R，则2R=csinC=21C中，由余弦定理可得cosC=a2+b2D中，因为OA→+OB→+OC→=0所以OC→∥OD→，可得C，O，D三点共线，即O在中线同理可得O在BC，AC的中线上，即点O为三角形的重心，所以D正确．故选：BCD．（多选）10．（6分）已知函数的定义域为x∈R，f（x+2）＝2f（x），且当x∈（0，2]时，f(x)=x+2A．当x∈（2，4]时，f(x)=2x+4B．当x∈（2，4]时，f(x)=2x+4C．若对任意的x∈（﹣∞，m]，都有f(x)≥−23，则m的取值范围是D．若g(x)=14−x−2(x＜4)，则f（x）＝g【考点】函数的零点与方程根的关系；函数解析式的求解及常用方法．【答案】AC【分析】由题意可得f（x）＝2f（x﹣2），求出函数在（2，4]上的解析式，即可判断A，B；作出图象判断C，D．【解答】解：因为当x∈（0，2]时，f(x)=x+2因为x∈（0，2]，所以2x+1∈（1，5]，所以2x+12+2当且仅当2x+12=22x+1又因为∀x∈R，f（x+2）＝2f（x），所以f（x）＝2f（x﹣2），所以当x∈（2，4]时，x﹣2∈（0，2]，所以f（x）＝2f（x﹣2）＝2[（x﹣2）+22(x−2)+1−2]＝2故A正确，B错误；将函数y＝f（x）在（0，2]上的图象每次向右平移2个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍即可得函数在（2，4]、（4，6]，…，上的图象，同理可得函数y＝f（x）在（0，2]上的图象每次向左平移2个单位，再将纵坐标缩短为原来的12作出函数y＝f（x）的图象，如图所示：由此可令f（x）=−23，即有2x+42x−3−8=−23，解得又因为对任意的x∈（﹣∞，m]，都有f(x)≥−2由图象可得m∈(−∞，136]因为g(x)=14−x−2(x＜4)，易知g且g（3）＝﹣1＜−23作出y＝g（x）的图象，如图所示：由此可得两函数只有一个交点，所以f（x）＝g（x）只有1个实数根，故D错误．故选：AC．（多选）11．（6分）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．如图在一个棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），过E1F1G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于所形成的半正多面体，下列说法正确的是（）A．当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，边长为2 B．当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，表面积是48+163C．当此几何体为半正多面体时a=4−22或a＝2D．当此几何体是半正多面体时，可能由正方形与正六边形围成【考点】平面的基本性质及推论．【答案】BD【分析】根据不同的半正多面体，a取不同的数值，画出几何图形，并根据半正多面体的概念进行计算求解即可．【解答】解：因为棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），所以E1G1=2a，E对于A，当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，2a=4−2a，(2+a=42+2对于B，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，E1F2＝4﹣2a＝0，所以a＝2，表面积为6×22×22对于C，D，当a＝3时，如下图所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成，此时几何体也是半正多面体，故C错误，D正确．故选：BD．三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．（5分）已知z为复数，且|z|＝1，则|z+i|的最大值为2．【考点】复数的模．【答案】2．【分析】利用复数模的性质即可求解．【解答】解：因为复数z满足|z|＝1，则|z+i|≤|z|+|i|＝1+1＝2，故|z+i|的最大值为2．故答案为：2．13．（5分）化简(log15【考点】对数的运算性质．【答案】1．【分析】由已知结合对数的运算性质进行化简即可求解．【解答】解：(log153)2+log159log＝（log153+log155）2=log故答案为：1．14．（5分）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设AD→=λAB→+μAC→且DF＝3AF，则可推出λ【考点】平面向量的基本定理．【答案】2021【分析】先设DF＝3AF＝3，根据题意可知∠ADB＝120°，求出AB的长，延长AD交BC于M，求出BM，DM的长，再由平面向量基本定理即可得出结果．【解答】解：设DF＝3AF＝3，因此BD＝AF＝1，AD＝4，又由题意可得∠ADB＝120°，所以AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BD•cos∠ADB＝42+12﹣8cos∠120°＝21，因此AB=21延长AD交BC于M，记∠DAB＝θ，∠AMB＝α，则cos∠DAB=A所以sin∠DAB=1−co又由题意易知∠DAB＝∠DBM，则α＝120°﹣θ，在三角形DBM中，由正弦定理可得：BMsin∠MDB即BMsin60°因此BM=sin60°sin(120°−θ)DM=sinθ所以AD=44+15因为BM→=15BC整理得AM→所以AD→=2021AM又因为AD→=λAB→+μAC→所以λ+μ=20故答案为：2021四.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．（13分）已知a→、b（1）若(a→+k（2）若c→=a【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】（1）k＝1；（2）32【分析】（1）根据(a（2）等式两边加平方，再根据配方法求解即可．【解答】解：由题可知则a→（1）因为(a→解得k＝1．（2）对等式两边加平方可得|c所以|c→|16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且23（1）求角A的大小；（2）若a＝2bcosB，a=3，且b＜a，求BC【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π3（2）72【分析】（1）由题意及余弦定理可得3sinA−cosA=1，再由三角恒等变换可得sin(A−π6)=1（2）由正弦定理可得角B的大小，及△ABC的各边长，由勾股定理可得BC边的中线的大小．【解答】解：（1）已知23bcsinA=(b+c)由余弦定理得b2+c2﹣a2＝2bccosA，则23由bc≠0，得3sinA−cosA=1，即sin(A−又A∈（0，π），则−π所以A−π6=（2）由a＝2bcosB，由正弦定理可得：sinA＝2sinBcosB，则sinA＝sin2B，由b＜a，所以B∈(0，π3)所以△ABC为直角三角形，因为a=3，所以b＝1，c则BC边上的中线为AC217．（15分）已知锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m→=(cosA，3sinA)，n→（1）求角A的值；（2）若b＝2，求a﹣c的取值范围．【考点】解三角形；平面向量的相等与共线；正弦定理．【答案】（1）A=π6；（2）【分析】（1）利用向量的平行以及两角和的正弦公式即可求解；（2）利用正弦定理，把问题转化为三角函数求最值．【解答】解：（1）由于m→与n→共线∴sin（A+B）﹣2sinCsinA＝sinC﹣2sinCsinA＝0，∵sinC≠0，∴sinA=12，又△ABC为锐角三角形，故（2）由正弦定理可得a=bsinAsinB=由于△ABC为锐角三角形，则B∈(0，π2)解得B∈(π∴a−c=1而B2∈(π∴a﹣c的取值范围为(−218．（17分）已知函数f（x）在R上有定义，且f（x+1）关于（﹣1，0）中心对称，若f(x)=e（1）求实数b的值；（2）若存在x∈[m，n]，使f（x）的值域为[aeam，aean]，求实数a的取值范围．【考点】由值域求解函数或参数．【答案】（1）1；（2）{a|a＝﹣1或0＜a＜3﹣22}．【分析】（1）推导出f（x）关于（0，0）中心对称，从而f(0)=1−b1+1=0（2）令eax＝t，f(x)=t−1t+1=t+1−2t+1=−2t+1+1，推导出此函数在t∈【解答】解：（1）∵f（x+1）关于（﹣1，0）中心对称，∴f（x）关于（0，0）中心对称，即f(0)=1−b∴b＝1；（2）令eax＝t，f(x)=t−1则此函数在t∈（0，+∞）单调递增，①当a＞0时，t∈[eam，ean]，f(x)∈[e∴eam−1eam+1=aeame∴at2+at＝t﹣1有两个