浙江省七彩陽(yáng)光新高考研究聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期4月期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合A={x|y=x?1}，B={x|xA．[1,+∞) C．[2,+∞) 2．已知復(fù)數(shù)z滿足(1+i)z=1?2i，則z的虛部為（）A．?32i B．?32 3．下列函數(shù)在(?∞,A．y=x32 B．y=x234．如圖是△ABC用斜二測(cè)畫(huà)法得到的直觀圖△A'B'C'，A'A．|BC| B．|BA| C．|CA| D．|CD|5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若sinA:sinB:sinC=1:A．22 B．2 C．6 D．6．已知向量a，b滿足|a|=1，b=(1,1)，|A．(12,12) B．(7．下列各數(shù)中最大的數(shù)是（）A．2?12 B．log6478．已知實(shí)數(shù)a，b，滿足3ab+1=0(b>1)，則13a+1A．(?∞,0)∪(4,C．(?∞,0]∪[4,二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則（）A．若A>B，則sin2A>sin2BB．若C=π6，c=2，則C．若a2+bD．若OA+OB+OC=10．已知函數(shù)的定義域?yàn)閤∈R，f(x+2)=2f(x)，且當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，A．當(dāng)x∈(2,4]B．當(dāng)x∈(2,4]C．若對(duì)任意的x∈(?∞,m]，都有f(x)≥?23D．若g(x)=14?x?2(x<4)11．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.如圖在一個(gè)棱長(zhǎng)為4的正方體中，B1E1=B1FA．當(dāng)此半正多面體是由正八邊形與正三角形圍成時(shí)，邊長(zhǎng)為2B．當(dāng)此半正多面體是由正方形與正三角形圍成時(shí)，表面積是48+16C．當(dāng)此幾何體為半正多面體時(shí)a=4?22，或D．當(dāng)此幾何體是半正多面體時(shí)，可能由正方形與正六邊形圍成三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知z為復(fù)數(shù)，且|z|=1，則|z+i|的最大值為.13．化簡(jiǎn)(log1514．趙爽是我國(guó)古代數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經(jīng)》一書(shū)作序時(shí)，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”（以弦為邊長(zhǎng)得到的正方形由4個(gè)全等的直角三角形再加上中間的一個(gè)小正方形組成的），類比“趙爽弦圖”，可類似地構(gòu)造如圖所示的圖形，它是由3個(gè)全等的三角形與中間的一個(gè)小等邊三角形拼成的一個(gè)大等邊三角形，設(shè)DF=3AF=3，AD=λAC+μAB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．已知a、b為單位向量，且?jiàn)A角為60°.（1）若(a+kb（2）若c=a+t16．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且23（1）求角A的大?。唬?）若a=2bcosB，a=3，且b<a，求BC17．已知銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，向量m=(cosA,3sinA)，n=(2sinC?cosB（1）求角A的值；（2）若b=2，求a?c的取值范圍.18．已知函數(shù)f(x)在R上有定義，且f(x+1)關(guān)于(?1,0)（1）求實(shí)數(shù)b的值；（2）若存在x∈[m,n]，使f(x)的值域?yàn)閇ae19．祖暅在求球體積時(shí)，使用一個(gè)原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”。“冪”是截面積，“勢(shì)”是立體的高。意思是兩個(gè)同高的立體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等。更詳細(xì)點(diǎn)說(shuō)就是，界于兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)立體，被任一平行于這兩個(gè)平面的平面所截，如果兩個(gè)截面的面積恒相等，則這兩個(gè)立體的體積相等。上述原理在中國(guó)被稱為祖暅原理。如圖是一個(gè)半徑為R的球體，平面ABC與球相交，截面為圓B，延長(zhǎng)BO，交球于點(diǎn)D，則BO垂直于圓B（BO垂直于圓B內(nèi)的所有直線）.（1）若圓錐DB的側(cè)面展開(kāi)圖扇形的圓心角為105π，求圓錐（2）如圖平面ABC上方與球體之間的部分叫球冠，若BO=4

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：集合A={x|y=x?1化簡(jiǎn)集合A={x|x≥1}，B={x|x≥2故A∩B={x|x≥2}.故答案為：C.【分析】根據(jù)集合的交集運(yùn)算即可求解.2．【答案】B【解析】【解答】解：由已知可得：z=∴虛部為?3故答案為：B.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)四則運(yùn)算化簡(jiǎn)結(jié)合虛部的概念得答案.3．【答案】C【解析】【解答】解：對(duì)于A：當(dāng)x∈(?∞,0)時(shí)，y=x對(duì)于B：y=x23在(對(duì)于C：y=x53在(對(duì)于D：由于x≠?1，故函數(shù)在(?∞,0故答案為：C.【分析】利用冪函數(shù)的性質(zhì)判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.4．【答案】B【解析】【解答】解：利用斜二測(cè)相關(guān)知識(shí)畫(huà)出原圖，如圖所示：因?yàn)锳'B所以|AC|=|∠BCA=90°，D為AB的中點(diǎn)，則|CD|=故答案為：B.【分析】根據(jù)題意還原圖形計(jì)算長(zhǎng)度比較可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】解：已知sinA:sinB:故設(shè)a=x,b=故a+c=3x=6,x=2，解得a=2,c=4，所以cos所以sinC=故S故答案為：D.【分析】利用正余弦定理和三角形的面積公式求解即可.6．【答案】A【解析】【解答】解：已知|a|=1又因?yàn)閨a+b故1+2+2a?b所以a在b上的投影向量的坐標(biāo)為：a故答案為：A.【分析】根據(jù)投影向量的定義和已知條件即可求解.7．【答案】A【解析】【解答】解：2lg11>只需比較2?122lg比較大小，只需比較2與lg11由于對(duì)數(shù)函數(shù)變化速度非常慢，則2>lg11則這四個(gè)數(shù)中最大的數(shù)是2?故答案為：A.【分析】利用中間量和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)變形，借助于函數(shù)值變化快慢得判斷即可確定.8．【答案】D【解析】【解答】解：由已知3ab+1=0(b>1)則3a+1=1?1所以1當(dāng)且僅當(dāng)b?1=1b?1時(shí)，即故答案為：D.【分析】根據(jù)已知關(guān)系變量代換結(jié)合基本不等式即可求解.9．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A：若A=2π則sin2A=sin4π顯然sin2A<sin2B對(duì)于選項(xiàng)B：設(shè)外接圓的半徑為R，則2R=csinC=2對(duì)于選項(xiàng)C：由余弦定理可得cosC=a2+b對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)镺A+OB+則OA+所以O(shè)C//OD，可得C，O，D三點(diǎn)共線，即同理可得O在BC，AC的中線上，即點(diǎn)O為三角形的重心，故D正確.故答案為：BCD.【分析】利用特殊角，正弦定理和余弦定理和向量的線性運(yùn)算判斷即可.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：因?yàn)楫?dāng)x∈(0,函數(shù)f(x)因?yàn)?<x≤2，所以1<2x+1≤5，所以2x+12+2又因?yàn)?x∈R,f(所以當(dāng)x∈(2,所以f(x)=2f(x?2)將函數(shù)y=f(x)再將縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍即可得函數(shù)在(2同理可得函數(shù)y=f(x)再將縱坐標(biāo)縮短為原來(lái)的12倍即可得函數(shù)在(作出函數(shù)y=f(由此可令f(x)=?23，即有又因?yàn)閷?duì)任意的x∈(?∞由圖象可得m∈(?∞,136因?yàn)間(x)=14?x作出y=g(由此可得兩函數(shù)只有一個(gè)交點(diǎn)，所以f(x)故答案為：AC.【分析】求出函數(shù)在(211．【答案】B,D【解析】【解答】解：因?yàn)锽1E1所以EA選項(xiàng)，當(dāng)正多面體是由正八邊形與正三角形圍成時(shí)如圖所示：

則2a=4?2a,，(a=42+2B選項(xiàng)，當(dāng)此半正多面體是由正方形與正三角形圍成時(shí)，如圖所示：

E1F2=4?2a=0，所以a=2C,D選項(xiàng)，當(dāng)a=3時(shí)，如下圖所示：

此半正多面體是由正方形與正六邊形圍成，此時(shí)幾何體也是半正多面體，故C錯(cuò)誤，D正確.故答案為：BD.【分析】通過(guò)a取不同的數(shù)值，畫(huà)出圖形，利用半正多面體的概念計(jì)算即可.12．【答案】2【解析】【解答】解：因?yàn)閨z+i又因?yàn)閨z|故|z+i故答案為：2.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)相關(guān)知識(shí)直接求解即可.13．【答案】1【解析】【解答】解：原式(===1故答案為：1.【分析】利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)化簡(jiǎn)求解，借助完全平方公式計(jì)算即可.14．【答案】2021【解析】【解答】解：由題知，△ABC和△DEF是等邊三角形，又因?yàn)镈F=3AF=3，則AD=4，DB=AF=1，所以AD=AB+所以AB==AB=即AD=又因?yàn)锳D=λ因此，λ+μ=64故答案為：20【分析】利用平面向量的線性運(yùn)算結(jié)合已知條件化簡(jiǎn)即可求解.15．【答案】（1）解：由a、b為單位向量，且?jiàn)A角為60°，則a由已知(a(所以k=1（2）解：已知c=所以|=∴|c|的最小值為【解析】【分析】(1)利用向量的線性運(yùn)算展開(kāi)化簡(jiǎn)求解即可；

(2)求模長(zhǎng)先求模長(zhǎng)的平方借助于配方法求解即可.16．【答案】（1）解：已知23bcsinA=(b+c)由余弦定理得b2+由bc≠0，得3sinA?cosA=1，即又A∈(0,π)，則?π6（2）解：由a=2bcosB可得sinA=2sinBcosB則sinA=sin2B，由b<a，所以B∈(0,π3)，因?yàn)閍=3，所以b=1，c=2，則BC邊上的中線為【解析】【分析】(1)根據(jù)余弦定理和三角恒等變換結(jié)合角的范圍即可；

(2)利用正弦定理和勾股定理計(jì)算即可.17．【答案】（1）解：由于m與n共線:cosA（法一）acosB+bcosA?2csinA=0，cosB=a2+∴c?2csinA=0，則sinA=12，又△ABC為銳角三角形，故（法二）則sin(A+B)?2sinCsinA=sinC?2sinCsinA=0，sinC≠0∴sinA=12，又△ABC為銳角三角形，故（2）解：a=bsinAc=bsinC由于△ABC為銳角三角形，則B∈(0,π2解得B∈(πa?c=1而B(niǎo)2∈(π∴a?c的取值范圍為(?【解析】【分析】(1根據(jù)向量的共線運(yùn)算，化簡(jiǎn)后借助兩角和的正弦公式即可；

(2)利用正弦定理化簡(jiǎn)借助角的范圍即可求最值.18．【答案】（1）解：∵f(x+1)關(guān)于(?1,∴f(x)關(guān)于(0,0)∴b=1??????????????（2）解：令eax=t，f(x)=t?1①當(dāng)a>0時(shí)，t∈[eam,ean則eam，ean均為t?1t+1=at的實(shí)根，即a②當(dāng)a<0時(shí)，t∈[ean,eame?e?m+③a=0不合題意.【解析】【分析】(1)利用奇函數(shù)的特征，直接計(jì)算即可；

(2)分類討論得到函數(shù)的單調(diào)性，利用換元法得到方程兩個(gè)不相等的正數(shù)根，求解即可，19．【答案】（1）解：設(shè)BC=r，則BO=RBD=R