浙江省杭州地區(qū)含周邊重點中學2024-2025學年高一數(shù)學下學期期中試題含解析

浙江省杭州地區(qū)(含周邊)重點中學2024-2025學年高一數(shù)學下學期期中試題考生須知：1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級?姓名?考場號?座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字；3.全部答案必需寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷.選擇題部分一?選擇題：本題共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.或 B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)交集的學問求得正確答案.【詳解】依題意，.故選：C2.已知復數(shù)z滿意（i為虛數(shù)單位），則z的虛部為（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】依據(jù)復數(shù)z滿意，利用復數(shù)的除法求得，再依據(jù)復數(shù)的概念求解.【詳解】因為復數(shù)z滿意，所以，所以z的虛部為.故選：D.【點睛】本題主要考查復數(shù)的概念及運算，還考查了運算求解的實力，屬于基礎題.3.在中，角所對的邊分別是，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據(jù)正弦定理，即可求解.【詳解】解：由正弦定理得，，故選：A.4.若函數(shù)的圖象如圖所示，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】令，求得或，結(jié)合圖象得到，又由時，，得到，求得，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)，令，即，解得或，可得或，結(jié)合圖象，可得，解得；又由函數(shù)的圖象得，當時，，當時，因為，可得，所以，即，解得.故選：D.5.已知不共線平面對量，在非零向量上的投影向量互為相反向量，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依據(jù)題意得向量在向量上的投影為：；向量在向量上的投影為：，所以，整理化簡即可求解.【詳解】依據(jù)題意得，向量在向量上的投影為：，向量在向量上的投影為：，又因為不共線平面對量在非零向量上的投影向量互為相反向量，所以，即，即，所以.故選：A.6.古代典籍《周易》中的“八卦”思想對我國的建筑有肯定影響.如圖是受“八卦”啟示設計的正八邊形的八角窗.在正八邊形中，若，則（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】如圖，連接，作于點，作于點，由正八邊形的特征可得，從而可將用表示出來，再結(jié)合已知即可得解.【詳解】解：如圖，連接，作于點，作于點，由正八邊形的特征可得，，故，所以，則，又因，所以，所以.故選：C.7.2024年北京冬奧會拉開帷幕，動作欣賞性強?視覺沖擊力大的自由式滑雪大跳臺是目前“冬奧大家族”中最年輕的項目.首鋼滑雪大跳臺實現(xiàn)了競賽場館與工業(yè)遺產(chǎn)再利用?城市更新的完整結(jié)合，見證了中外運動員在大跳臺“沖天一跳”的精彩表現(xiàn)和北京這座世界上獨一無二“雙奧之城”的無上榮光.如圖為大跳臺示意圖，為測量大跳臺最高處點的高度，小王在場館內(nèi)的兩點測得的仰角分別為（單位：），且，則大跳臺最高高度（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別在和中，求得OB，OA，然后在中，利用余弦定理求解.【詳解】解：在中，，在中，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，故選：C8.已知實數(shù)滿意，則“”是“”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】由，，依題意可得只需比較與的大小，再依據(jù)充分條件、必要條件的定義推斷可得；【詳解】解：因為，又，則，所以要比較與的大小，即比較與的大小，即比較與的大小，當且時，且，即，所以，即，故充分性成立，當時，此時也滿意，故必要性不成立；即“”是“”充分不必要條件；故選：A二?多選題：本題共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.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.下列說法正確的是（）A.棱柱的側(cè)面肯定是矩形B.三個平面至多將空間分個部分C.圓臺可由直角梯形以高所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周形成D.隨意五棱錐都可以分成個三棱錐【答案】CD【解析】【分析】利用斜棱柱的側(cè)面可推斷A選項；取三個兩兩相互垂直的平面可推斷B選項；利用圓臺的形成可推斷C選項；利用五棱錐的結(jié)構(gòu)特征可推斷D選項.【詳解】對于A選項，斜棱柱的側(cè)面不肯定是矩形，A錯；對于B選項，若三個平面兩兩垂直，則這三個平面可將空間分個部分，B錯；對于C選項，圓臺可由直角梯形以高所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周形成，C對；對于D選項，一個五邊形可分為三個三角形，所以，隨意五棱錐都可以分成個三棱錐，D對.故選：CD.10.已知函數(shù).（）A.隨意B.隨意C.隨意D.存在【答案】ACD【解析】【分析】利用余弦型函數(shù)的周期性，對稱性，單調(diào)性對各個選項逐個進行檢驗即可.【詳解】A.隨意可知函數(shù)周期為，因為函數(shù)的周期為，滿意，故正確；B.隨意可知函數(shù)的對稱軸為當時，，即不是函數(shù)的對稱軸，故錯誤；C.隨意可知函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，滿意函數(shù)在上單調(diào)遞減，故正確；D當時，，，滿意，故正確.故選：ACD11.下列說法正確的是（）A.若平面對量，則B.若平面對量，則C.若復數(shù)，則D.若復數(shù)，則【答案】ABD【解析】【分析】依據(jù)平面對量數(shù)量積的定義及基本不等式推斷A、B，利用特別值推斷C，依據(jù)復數(shù)模的性質(zhì)及基本不等式推斷D；【詳解】解：對于A：，即當且僅當與同向且時取等號，故A正確；對于B：因為，所以，即，當且僅當與共線且時取等號，故B正確；對于C：若，，則，，明顯不滿意，故C錯誤；對于D：設，，，，，，，，，，，所以當且僅當時取等號，故D正確；故選：ABD12.如圖，已知邊長為1的正方形是線段上的動點（包括端點），分別是上動點，且分別是中點，下列說法正確的是（）A.B.若，則的最小值為C.若，則的最小值為D.若，則的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】以為原點，以所在的直線分別為軸、軸，建立平面直角坐標系，設，結(jié)合向量的線性運算法則和向量的坐標運算法則，逐項運算，即可求解.【詳解】以為原點，以所在的直線分別為軸、軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，設，可得，其中，則，（1）由，所以正確；（2）由，當時，，所以正確；（3）由（2）知時，若則，此時，所以不正確；（4）由（2）知時，，則，上式里的“”可以取“”，條件是.而時，有，即，所以，當?shù)臈l件是的條件是，且時，即，且時，即，，所以正確.故選：ABD.非選擇題部分三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知平面對量，若，則__________.【答案】0【解析】【分析】首先求出的坐標，依題意可得，依據(jù)向量數(shù)量積的坐標表示得到方程，解得即可；【詳解】解：因為，所以，又，所以，解得；故答案為：14.已知利用斜二測畫法畫出的直觀圖為直角邊長為的等腰直角三角形，則的面積是__________.【答案】【解析】【分析】作出的直觀圖，計算出直角的兩條直角邊的邊長，利用三角形的面積公式可求得結(jié)果.【詳解】直觀圖如下圖所示：設，，，對應地，在中，，，，則.故答案為：.15.歐拉公式（為虛數(shù)單位，為自然底數(shù)）是瑞士聞名數(shù)學家歐拉發(fā)覺的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復數(shù)，在復變函數(shù)論中占有特別重要的地位，被譽為“數(shù)學中的天橋"，若將其中取作就得到了歐拉恒等式，它將兩個超越數(shù)——自然底數(shù)，圓周率，兩個單位一虛數(shù)單位，自然數(shù)單位1，以及被稱為人類宏大發(fā)覺之一0聯(lián)系起來，數(shù)學家評價它是“上帝創(chuàng)建的公式”.由歐拉公式可知，若復數(shù)，則__________.【答案】【解析】【分析】本題可以依據(jù)復數(shù)乘法運算，也可以運用復數(shù)三角表示處理．【詳解】解法一：則；解法二：∵∴故答案為：．16.已知函數(shù)，若對于，不等式恒成立，則正整數(shù)的最小值為__________.【答案】3034【解析】【分析】先利用定義判定函數(shù)在上的單調(diào)遞增，得到當時，；并利用分子實數(shù)化變形和不等式放縮得到時，，進而得到的取值范圍是，然后利用不等式恒成立的意義得到，從而求得的取值范圍，得到的最小值.【詳解】設，則，又∵，同理，∴，∴，即，∴在[1，+∞)上單調(diào)遞增，又∵，∴當時，；又∵時，，∴時，，且當趨近于時，無限趨近于，∵，∴的取值范圍是，為使不等式恒成立，必需且只需，∴，∴正整數(shù)的最小值為3034，故答案為：3034.【點睛】本題難點在于利用分子有理化方法進行恒等變形，并利用放縮法得到有關(guān)不等關(guān)系，進而證明函數(shù)的單調(diào)性和求得函數(shù)的值域.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫岕文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知復數(shù)是方程的解.（1）求的值；（2）若復平面內(nèi)表示的點在第四象限，且為純虛數(shù)，其中，求的值.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）由求根公式求得，進而求得；（2）由（1）得到，求得，依據(jù)為純虛數(shù)，得到，即可求解.【小問1詳解】解：由題意，復數(shù)是方程的解，由求根公式，可得，則.【小問2詳解】解：由（1）且表示的點在第四象限，所以.又由，因為為純虛數(shù)，則，解得.18.現(xiàn)有“甜筒”狀旋轉(zhuǎn)幾何體，可以看作一個圓錐與一個半球組合而成，其中圓錐的軸截面是邊長為（單位：）的正三角形.（1）求該幾何體的體積（單位：）；（2）求該幾何體的表面積（單位：）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出球體的半徑，圓錐的底面半徑、母線長以及高，利用球體與錐體的體積公式可求得該幾何體的體積；（2）利用球體的表面積以及圓錐的側(cè)面公式可求得該幾何體的表面積.【小問1詳解】解：球半徑為，圓錐底面半徑，母線長，故圓錐高，所以，該幾何體的體積為.【小問2詳解】解：該幾何體的表面積為.19.△中，角所對的邊分別是.（1）求角；（2）若邊的中線，求△面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）用正弦定理進行邊化角得，再用三角恒等變換處理；（2）利用向量，兩邊平方綻開即可得出結(jié)果．【小問1詳解】由題意與正弦定理可得，由，可得.代入整理得：.故，可得.【小問2詳解】∵，則可得：，故或.（舍去）則△面積.20.已知平面對量滿意.（1）若，求向量與的夾角；（2）若，求函數(shù)的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）干脆依據(jù)數(shù)量積的概念以及運算律即可得結(jié)果；（2）將向量的模長表示為關(guān)于的三角函數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可得最值.【小問1詳解】設向量與的夾角為，由題意，可得，則，由于，故.【小問2詳解】由題意，則，即，其中.即函數(shù)的最小值為.21.物體在常溫下冷卻的溫度改變可以用牛頓冷卻定律來描述：設物體的初始溫度為，經(jīng)過一段時間后的溫度為，則，其中為環(huán)境溫度，為參數(shù).某日室溫為，上午8點小王運用某品牌電熱養(yǎng)生壺燒1升水（假設加熱時水溫隨時間改變?yōu)橐淮魏瘮?shù)，且初始溫度與室溫一樣），8分鐘后水溫達到點18分時，壺中熱水自然冷卻到.（1）求8點起壺中水溫（單位：）關(guān)于時間（單位：分鐘）的函數(shù)；（2）若當日小王在1升水沸騰時，恰好有事出門，于是將養(yǎng)生壺設定為保溫狀態(tài).已知保溫時養(yǎng)生壺會自動檢測壺內(nèi)水溫，當壺內(nèi)水溫高于臨界值時，設備不工作；當壺內(nèi)水溫不高于臨界值時，起先加熱至后停止，加熱速度與正常燒水一樣.若小王在出門34分鐘后回來發(fā)覺養(yǎng)生壺處于未工作狀態(tài)，同時發(fā)覺水溫恰為.（參考數(shù)據(jù)：）①求這34分鐘內(nèi)，養(yǎng)生壺保溫過程中完成加熱次數(shù)；（不須要寫出理由）②求該養(yǎng)生壺保溫的臨界值.【答案】（1）；（2）①1次；②.【解析】【分析】（1）設待定系數(shù)法求，依據(jù)已知有求參數(shù)a，即可寫出解析式，留意定義域范圍.（2）①由題意，探討狀況下從降至、從加熱至、從降至所需的時間，進而分析出加熱次數(shù)；②由（i）分析結(jié)果可知時水溫正好被加熱到，計算從降至、從加熱至的時間，列方程求值.【小問1詳解】當時，設，則，可得，所以.當時，，則，可得，綜上，.【小問2詳解】①1次，理由如下：由題意，從降至，則，可得分鐘，所以降至，所需時間分鐘，由于小王出門34分鐘，從加熱至，則，可得分鐘，則從加熱至所需時間分鐘；從降至，則，可得分鐘，則從降至所需時間分鐘；故34分鐘內(nèi)至少加熱了一次，若加熱兩次則分鐘，綜上，只加熱過一次.②由（i）知：從降溫至，所需時間為分鐘.所以在時，水溫正好被加熱到.從降至，則，可得，從加熱至，則，可得，所以在上遞減，且，即.22.已知函數(shù)，，其中，.（1）求函數(shù)在上的最小值；（2）若函數(shù)恰好存在三個零點、、，且，求的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）化簡函數(shù)的解析式，分析出函數(shù)的單調(diào)性，分、兩種狀況探討，可得出函數(shù)在上的最小值；（2）分、兩種狀況探討，利用韋達定理和求根公式可得出的表達式，并求得的取值范圍，依據(jù)可求得實數(shù)的取值范圍.【小問1詳解】解：因為，所以，函數(shù)在、上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，當時，即當時，；當時，即當時，.綜上所述，函數(shù)在上的最小值為.【小問2詳解】解：，不妨設，因為，①當時，即當時，由可得，即為方程的一根，由可得，即為方程的一根，由可得，即為方程的一根，由圖象可知