浙江省杭州市2022-2023學年高一下學期期末數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省杭州市2022-2023學年高一下學期期末數學試題一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的.）1.設集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，解得，所以，因為，所以.故選：B.2.若（是虛數單位），則（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗C〖解析〗因為，所以.故選：C.3.軍事上角的度量常用密位制，密位制的單位是“密位”1密位就是圓周的所對的圓心角的大小，若角密位，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因為1密位等于圓周角的，所以角密位時，.故選：C．4.已知平面平面，直線，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗設，在平面內作，因為平面平面，所以，因為，所以∥，因為，，所以，而當平面平面，直線，時，與平面可能垂直，可能平行，可能相交不垂直，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.5.杭州亞運會火炬如圖（1）所示，小紅在數學建模活動時將其抽象為圖（2）所示的幾何體.假設火炬裝滿燃料，燃燒時燃料以均勻的速度消耗，記剩余燃料的高度為，則關于時間的函數的大致圖象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由圖可知，該火炬中間細，上下粗，燃燒時燃料以均勻的速度消耗，燃料在燃燒時，燃料的高度一直在下降，剛開始時下降的速度越來越快，燃料液面到達火炬最細處后，燃料的高度下降得越來越慢，結合所得的函數圖象，A選項較為合適.故選：A.6.雷峰塔位于杭州市西湖景區(qū)，主體為平面八角形體仿唐宋樓閣式塔，總占地面積平方米，項目學習小組為了測量雷峰塔的高度，如圖選取了與底部水平的直線，測得、的度數分別為、，以及、兩點間的距離，則塔高（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗中，，由正弦定理可得，即，得，由題意可知，，所以，.故選：A.7.已知函數（e為自然對數的底數），則（）A.B.，當時，C.D，當時，〖答案〗D〖解析〗由題，假設當時，，作出示意圖如圖所示：則時，，當時，，則A選項錯誤；因為，，，故C選項錯誤；且，則結合圖像可知，當時，恒成立，故B選項錯誤；對于D選項，時，由圖可知，則D選項正確.故選：D.8.設函數，且在區(qū)間上單調，則的最大值為（）A.1 B.3 C.5 D.7〖答案〗B〖解析〗由，得，

由，得，

兩式作差，得，

因為在區(qū)間上單調，所以，得，

當時，，因為，所以，所以，，，因為，所以在區(qū)間上不單調，不符合題意；當時，，因為，所以，所以，，，因為，所以在區(qū)間上不單調，不符合題意；當時，，因為，所以，所以，，，所以在區(qū)間上單調，符合題意，所以的最大值是3.故選：B.二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.）9.已知函數，則（）A.函數的圖象關于原點對稱 B.函數的圖象關于軸對稱C.函數的值域為 D.函數是減函數〖答案〗AC〖解析〗的定義域為，，則，所以為奇函數，的圖象關于原點對稱，A正確，B錯誤；，因為，所以，，所以，故的值域為，C正確；設，則，，因為，所以，所以，即，所以函數是增函數，故D錯誤.故選：AC.10.如圖，是正六邊形的中心，則（）A. B.C. D.在上的投影向量為〖答案〗CD〖解析〗根據題意，結合平面向量的線性運算法則，可得：對于A中，由，所以A不正確；對于B中，由，所以B不正確；對于C中，設正六邊形的邊長為，可得，，所以，所以C正確；對于D中，如圖所示，連接，可得，可得，所以在向量上的投影向量為，所以D正確.故選：CD.11.如圖，質點和在單位圓上逆時針作勻速圓周運動.若和同時出發(fā)，的角速度為，起點位置坐標為，B的角速度為，起點位置坐標為，則（）A.在末，點的坐標為B.在末，扇形的弧長為C.在末，點在單位圓上第二次重合D.面積的最大值為〖答案〗BCD〖解析〗在末，點的坐標為，點的坐標為；，扇形的弧長為；設在末，點在單位圓上第二次重合，則，故在末，點在單位圓上第二次重合；，經過s后，可得，面積的可取得最大值.

故選：BCD.12.圓錐內半徑最大的球稱為該圓錐的內切球，若圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上，則稱該球為圓錐的外接球.如圖，圓錐的內切球和外接球的球心重合，且圓錐的底面直徑為，則（）A.設內切球的半徑為，外接球的半徑為，則B.設內切球的表面積，外接球的表面積為，則C.設圓錐的體積為，內切球的體積為，則D.設、是圓錐底面圓上的兩點，且，則平面截內切球所得截面的面積為〖答案〗ACD〖解析〗作出圓錐的軸截面如下：因為圓錐的內切球和外接球的球心重合，所以為等邊三角形，又，所以，設球心為（即為的重心），所以，，即內切球的半徑為，外接球的半徑為，所以，故A正確；設內切球的表面積，外接球的表面積為，則，故B錯誤；設圓錐的體積為，則，內切球的體積為，則，所以，故C正確；設、是圓錐底面圓上的兩點，且，則所對的圓心角為（在圓上），設的中點為，則，不妨設為上的點，連接，則，過點作交于點，則，所以，即，解得，所以平面截內切球截面圓的半徑，所以截面圓的面積為，故D正確.故選：ACD.三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.）13.設函數，若，則__________.〖答案〗〖解析〗當時，，；當時，，(舍)，．故〖答案〗為：.14.將曲線上所有點向左平移個單位，得到函數圖象，則的最小值為__________.〖答案〗〖解析〗將曲線上所有點向左平移個單位，可得，因為與的圖象相同，所以，因為，所以的最小值為.故〖答案〗為：.15.已知正三棱柱的各條棱長都是2，則直線與平面所成角的正切值為__________；直線與直線所成角的余弦值為__________.〖答案〗〖解析〗空1：取的中點，連接，因為為等邊三角形，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，所以為直線與平面所成角，因為正三棱柱的各條棱長都是2，所以，所以，所以直線與平面所成角的正切值為，空2：分別取的中點，連接，則∥，，∥，，所以（或其補角）為直線與直線所成角，連接，則，在中，由余弦定理得，因為異面直線所成的角的范圍為，所以直線與直線所成角的余弦值為.故〖答案〗為：.16.對于函數，若存在，使得，則稱為函數的“不動點”.若存在，使得，則稱為函數的“穩(wěn)定點”.記函數的“不動點”和“穩(wěn)定點”的集合分別為和，即.經研究發(fā)現：若函數為增函數，則.設函數，若存在使成立，則的取值范圍是__________.〖答案〗〖解析〗因為是增函數，所以等價于，即，所以，而在上單調遞增，在上單調遞減，所以，而當時，；當時，，即，所以的取值范圍為.故〖答案〗：.四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17.在平面直角坐標系中，已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點．（1）求的值；（2）若角滿足，求的值．解：（1）由角的終邊過點，得．（2）由角的終邊過點，得，由，得，，當時，；當時，，綜上所述，或．18.某工廠產生的廢氣經過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物數量與時間間的關系為（其中是正常數）.已知在前5個小時消除了10%的污染物.（1）求的值（精確到0.01）；（2）求污染物減少需要花的時間（精確到）？參考數據：.解：（1）由知，當時，；當時，；即，所以，即.（2）當時，，即，則，故污染物減少需要花的時間約為.19.我們把由平面內夾角成的兩條數軸構成的坐標系，稱為“@未來坐標系”.如圖所示，分別為正方向上的單位向量.若向量，則把實數對叫做向量的“@未來坐標”，記.已知分別為向是的@未來坐標.（1）證明：；（2）若向量的“@未來坐標”分別為，，求向量的夾角的余弦值.解：（1）因為，所以.（2），，，，所以.20.在四邊形中，.（1）求證：.（2）若，且，求四邊形的面積.解：（1）在中，由正弦定理得，因為，所以，所以，在中，由正弦定理得，所以，又，所以，所以.（2）在中，由正弦定理得，所以，所以或，①當時，則，在中，由余弦定理得，，又，解得，此時四邊形的面積，②當時，則，在中，由余弦定理得，，解得，此時四邊形的面積.21.生活中為了美觀起見，售貨員用彩繩對長方體禮品盆進行捆扎.有以下兩種捆扎方案：方案(1)為十字捆扎(如圖(1))，方案(2)為對角捆扎(如圖(2)).設禮品盒長，寬，高分別為.（1）在方案(2)中，若，設平面與平面的交線為，求證：平面；（2）不考慮花結用繩，對于以上兩種捆扎方式，你認為哪一種方式所用彩繩最少，最短繩長為多少？解：（1）連接，在長方體中，，則，所以，，所以，，所以四邊形是平行四邊形，，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.（2）方案1中，繩長為；方案2中，將長方體盒子展開在一個平面上，在平面展開圖中彩繩是一條由到的折線，