2023-2024學(xué)年浙江省強(qiáng)基聯(lián)盟高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年浙江省強(qiáng)基聯(lián)盟高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={?3,?2,?1,0}，B={x|?2≤x≤1,x∈Z}，則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，則sinα=(

)A.1 B.?1 C.45 D.?1或4.如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別為C1D1A.255

B.55

5.已知命題p：函數(shù)f(x)=x3+x+a在[1,3]內(nèi)有零點(diǎn)，則命題p成立的一個(gè)必要不充分條件是A.?30≤a≤?2 B.?30≤a≤?3 C.?28≤a≤0 D.?30≤a≤06.已知樣本數(shù)據(jù)x1，x2，x3，…，xn的平均數(shù)為x，方差為s2，若樣本數(shù)據(jù)ax1+2，ax2+2，ax3A.1 B.12 C.2 D.7.若實(shí)數(shù)x>2y>0，則3yx?2y+xyA.23 B.23?1 8.已知球O的半徑R=13，球面上有三點(diǎn)A，B，C，滿足AB=123,AC=BC=12，點(diǎn)D在球面上運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)四面體D?ABC的體積取得最大值時(shí)，DC=A.613 B.132 C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知函數(shù)f(x)=sin(2x+π6A.f(x)的圖象向左平移π6個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)=sin(2x+π3)的圖象

B.直線x=2π3是f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸

C.f(x)在10.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，棱AB，BC的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，點(diǎn)G在上底面AA.存在點(diǎn)G，使得平面EFG/?/平面ACC1A1

B.不存在點(diǎn)G，使得直線AD1/?/平面EFG

C.三棱錐G?BEF的體積不變

11.如圖，已知長(zhǎng)方形ABCD中，AB=4，AD=2，DE=λDC，且0<λ<1，則下列結(jié)論正確的是(

)A.當(dāng)λ=12時(shí)，AD=12AE+12BE

B.當(dāng)λ=13時(shí)，cos?三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若(m?2i)(1?i)為純虛數(shù)(i為虛數(shù)單位)，則實(shí)數(shù)m=______．13.對(duì)于任意的θ∈[?π6,π614.已知勒洛四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能在兩個(gè)平行平面間自由轉(zhuǎn)動(dòng)，并且始終與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來(lái)回滾動(dòng)(如圖甲)，利用這一原理，科技人員發(fā)明了轉(zhuǎn)子發(fā)動(dòng)機(jī).勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的相交部分圍成的幾何體(如圖乙)，若勒洛四面體ABCD能夠容納的最大球的表面積為36π，則正四面體ABCD的內(nèi)切球的半徑為_(kāi)_____．

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知向量a=(?1,3),b=(m,3)，且a與b的夾角為π3．

(1)求m和|a16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=2x?m?2?x是定義在R上的偶函數(shù)．

(1)求函數(shù)f(x)的解析式；

(2)對(duì)于任意的x≥017.(本小題15分)

如圖，在三棱錐S?ABC中，已知∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=4，SB=5．

(1)求三棱錐的體積VS?ABC；

(2)求側(cè)面SBC與側(cè)面SAB所成的二面角的余弦值．18.(本小題17分)

在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a2(1?sin2B)+b2(1?sin2A)=c2．

(1)求角C；

(2)若a=2，求△ABC的面積S的取值范圍；

(3)若19.(本小題17分)

在復(fù)數(shù)域中，對(duì)于正整數(shù)n，滿足zn?1=0的所有復(fù)數(shù)z=cos2kπn+isin2kπn(k∈Z)稱(chēng)為n次單位根，若一個(gè)n次單位根滿足對(duì)任意小于n的正整數(shù)m，都有zm≠1，則稱(chēng)該n次單位根為n次本原單位根，規(guī)定1次本原單位根為1，例如當(dāng)n=4時(shí)存在四個(gè)4次單位根±1，±i，因?yàn)?1=1，(?1)2=1，因此只有兩個(gè)4次本原單位根±i，對(duì)于正整數(shù)n，設(shè)n次本原單位根為z1，z2，…，zm，則稱(chēng)多項(xiàng)式(x?z1)(x?z2)(x?z3)…(x?zm)為n次本原多項(xiàng)式，記為fn(x)，規(guī)定f1(x)=x?1，例如f4(x)=(x?i)(x+i)=x2+1，請(qǐng)回答以下問(wèn)題．

(1)直接寫(xiě)出8次單位根，并指出哪些是8次本原單位根參考答案1A

2C

3B

4B

5D

6C

7D

8A

9BCD

10ACD

11ABD

122

13[1,+∞)

14215解：(1)因?yàn)閍=(?1,3),b=(m,3)，且a與b的夾角為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?yàn)閍=(?1,3),b16解：(1)∵函數(shù)f(x)=2x?m?2?x是定義在R上的偶函數(shù)，

∴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)的解析式為f(x)=2x+2?x；

(2)由(1)知f(x)=2x+2?x，

當(dāng)x≥0時(shí)，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)過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D，作DE⊥SB于點(diǎn)E，連接CE，

SA⊥平面ABC，SA?平面ABS，則平面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為側(cè)面SBC與側(cè)面SAB所成的二面角的平面角，

Rt△SAC中，SA=5，AC=2，則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，

在銳角△ABC中，有C=π4；

(2)a=2，C=π4，則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是銳角三角形，有0<A<π20<3π4?A<π2，

得A∈(π4,π2)，可得tanA∈(1,+∞)，

所以19解：(1)首先需要證明：對(duì)k=0，1，…，n?1，n次單位根ζnk=cos2kπn+isin2kπn是本原單位根的充要條件是k和n的最大公約數(shù)為1．

我們不妨記作ζn=cos2πn+isin2πn，因此全部的n次單位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn?1．

設(shè)k=0，1，…，n?1，我們考慮到ζnk=cos2kπn+isin2kπn：

如果k和n的最大公約數(shù)d>1，則(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1，從而ζnk不是本原單位根．

若ζnk不是本原單位根，設(shè)(ζnk)m=1，1≤m<n，則由ζnkm=(ζnk)m=1可知km是n的倍數(shù)，

設(shè)d為k和n的最大公約數(shù)，則kd?m是nd的倍數(shù)，而kd和nd沒(méi)有大于1的公約數(shù)，故m是nd的倍數(shù)，

所以由1≤m<n可知m≥nd>md，得d>1．

這就得到結(jié)論：對(duì)k=0，1，…，n?1，n次單位根ζnk=cos2kπ