《浙南名校联盟2024年高一下学期4月期中联考数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙南名校联盟2024年高一下学期4月期中联考数学试题含答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 学科网（北京）股份有限公司 绝密绝密考试结束前考试结束前 2023 学年第二学期浙南名校联盟期中联考学年第二学期浙南名校联盟期中联考 高一年级数学学科高一年级数学学科 试题试题 考生须知：考生须知：1本卷共本卷共 4 页满分页满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟。分钟。2 答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4考试结束后，只需上交答题纸。考试结束后，只需上交答题纸。选择
2、题部分选择题部分 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一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。项是符合题目要求的。1若复数z满足()34i43iz+=+，则z的虚部为（）A4 B45 C4i D4i5 2如图，直角梯形O A B C 满足O AO C ，2O AA B =，3O C =，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是（）A75+B52 317+C1141+D10 2 3已知函数()()ln,01,31,1,xxf xf xx则103f等于（）A9ln3 B9ln3
3、C27ln3 D27ln3 4已知圆锥的母线长为 2，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为（）A2 B3 C2 D33 5在ABC中，D是AB边上的一点，且CD平分ACB，若CAa=，CBb=，2b=，1a=，则AD=（）A1324ab+B1233ab+C1133ab+D2133ab+学科网（北京）股份有限公司 6在ABC中，角,A B C所对的边分别为,a b c，已知1ac=，1bc=+，若ABC为钝角三角形，则c的取值范围为（）A()2,4 B()1,3 C()0,3 D()3,4 7已知四边形ABCD内接于圆O，且满足1AB=，3AD=，2BCCD=，则圆O的半径为（）A213 B2
4、213 C212 D21 8用一个内底面直径为 3，高为 20 的圆柱体塑料桶去装直径为 2 的小球，最多能装下小球个数为（）A10 B11 C12 D13 二、选择题：本大题共二、选择题：本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得符合题目要求。全部选对的得 6 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分。分，部分选对的得部分分。9已知,a b cR，下列选项中是“ab”的充分条件的是（）Aacbc+B110ba C22abcc D22ab 10 如图，四棱锥P
5、ABCD的底面是平行四边形，,E F分别是棱,PD PA的中点，下列说法正确的有（）A多面体ABFDCE是三棱柱 B直线BF与PC互为异面直线 C平面ADP与平面BCP的交线平行于EF D四棱锥PABCD和四棱锥PBCEF的体积之比为8:3 11 定义一种向量运算“”：()()sin,0,0,a babab=其中,a b是任意的两个非零向量，是a与b的夹角对于同一平面内的非零向量c，给出下列结论，其中不正确的是（）A若0ab=，则ab=学科网（北京）股份有限公司 B若R，则()()abab=C()abcacbc+=+D若2c=，则2aca+非选择题部分非选择题部分 三、填空题：本大题共三、填空
6、题：本大题共 3 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 15 分。分。12设,iaR为虚数单位，且()2iia+R，则a=_ 13已知直三棱柱111ABCABC中，侧棱14AA=，3ABBC=，4AC=，则三棱柱111ABCABC的外接球表面积为_ 14已知函数()xxxxeef xee=+，若实数,m n满足()()22220fmf n+=，则mnmn+的最大值是_ 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15（本小题 13 分）已知()1,am=，()3,4b=，且满足2
7、abb+=（1）求实数m的值；（2）设cb，求c与ab+的夹角的余弦值 16（本小题 15 分）设函数()cos,f xx x=R（1）若角满足143f+=，求()f的值；（2）求函数2263yff=+的值域 17（本小题 15 分）如图，正ABC边长为2,DE、分别是边,AB AC的中点，现沿着DE将ADE折起，得到四棱锥ABCED，点M为A C中点 （1）求证：ME平面A BD（2）若2A B=，求四棱锥ABCED的表面积 学科网（北京）股份有限公司（3）过ME的平面分别与棱,A D A B相交于点,S T，记A ST与A BD的面积分别为A STS、A BDS，若14A STA BDSS
8、=，求A SA D的值 18 （本 小 题 17 分）已 知 在ABC中，角,A B C所 对 的 边 分 别 为,1a b c b=，且 满 足2 coscoscosaBCcB=+（1）求B；（2）若4 1313a=，求ABC的面积S；（3）求2ac+的最大值，并求其取得最大值时cosC的值 19（本 小 题 17 分）设 集 合*A N 定 义：和 集 合,Bxy x yA xy=+，积 集 合,Cx y x yB xy=，分别用,AB C表示集合,A B C中元素的个数（1）若1,2,3,4A=，求集合C；（2）若5A=，求B的所有可能的值组成的集合；（3）若4A=，求证：9C 学科网（
9、北京）股份有限公司 2023 学年第二学期浙南名校联盟期中联考学年第二学期浙南名校联盟期中联考 高一年级数学学科高一年级数学学科 试题答案试题答案 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C C D C A A B 二、选择题：本大题共二、选择题：本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分在每小题给出的四个选项中，有多在每小题给出的四个选项中，有多项项符合题目
10、要求。全部选对的得符合题目要求。全部选对的得 6 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分。分，部分选对的得部分分。题号 9 10 11 答案 ABC BCD BCD 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 3 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 15 分分 121 131615 142 2 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15（本小题 13 分）（1）2abb+=，()5,245m+=，240m+=，2m=解法 2 2abb+=，22244aa
11、bbb+=20aa b+=，21340mm+=，2m=（2）设(),cx y=，cb，340 xy+=()2254252cos552 52 54xcabxyxc abxy+=+（此处公式代入正确得 2 分，消元 1 分，答案正确 2 分，只有一个答案扣 1 分）c与ab+的夹角的余弦值为55 另解：由题意可不妨令()4,3c=又()4,2ab+=学科网（北京）股份有限公司()105cos55 2 5cabc ab+=+c与ab+的夹角的余弦值为55 16（本小题 15 分）解：（1）已知1cos43+=，则2 2sin43+=，则coscoscoscossinsin444444=+=+，所以当
12、2 2sin43+=，122 2224cos32326+=+=，当2 2sin43+=，122 2224cos32326=（2）221 cos21 cos263coscos6322y+=+=+，所以2cos 2cos 213311cos 2cos 222233y+=+=+，所以31sin22y=，所以()yf x=的值域为331,122+17（本小题 15 分）解：（1）取A B中点N，连,DN MN，MNBC，且12MNBC=，同时DEBC，且12DEBC=,MNDE四边形MNDE是平行四边形，MEND 又ND 平面,A BD ME平面A BD ME平面A BD 学科网（北京）股份有限公司
13、（2）2,1,90A BA DDBA DB=12A DBA ECSS=，112A BCSA B A C=23234BCDEA DEABCSSS+=四棱锥ABCDE的面积23S=+（3）由（1）知ME平面A BD，ST=平面A BD平面MEST MEST，11242A STA STA STA BDA DNA DNSSSSSS=又STDN，2212A STA DNSA SSA D=，22A SA D=18（本小题 17 分）解：（1）方法一：1b=，2 coscoscosaBCcB=+，2 coscoscosaBbCcB=+又2sinsinsinabcRABC=，2sin cossin cossi
14、n cosABBCCB=+，()2sin cossinABBC=+又在ABC中，BCA+=，()0,A，2sin cossinABA=，1cos2B=，又在ABC中，()0,B，3B=方法二：1b=，2 coscoscosaBCcB=+，学科网（北京）股份有限公司 2222222222222acbabcacbacacabac+=+，22222221112222acacacaacaaa+=+=，221acac+=2222211cos2222acbacacBacacac+=，又在ABC中，()0,B，3B=（2）2222cosbacacB=+，221acac=+，即24 13301313cc+=，
15、解得1313c=或3 1313c=，当1313c=时，11 4 131333sin221313213SacB=当3 1313c=时，11 4 1313 3 33 3sin221313213SacB=（3）12 3sinsinsin332abcABC=，2 3sin3aA=，2 3sin3cC=2 34 32 34 32sinsinsinsin33333acACCC+=+=+5 32 21 5 721sincossincos331414CCCC=+=+()2 212 21sin33C=+其中，21sin14=，5 7cos14=，0,2 在ABC中，3B=，20,3C 当2C+=时，2ac+取到
16、最大值2 213，学科网（北京）股份有限公司 此时，21coscossin214C=19（本小题 17 分）解：（1）由1,2,3,4A=，则3,4,5,6,7B=，12,15,18,20,21,24,28,30,35,42C=（2）当5A=，不妨记A集合为12345,a a a a a，且让12345aaaaa，则必有12132324343545aaaaaaaaaaaaaa+，和中剩下的141525,aa aa aa+满足141525aaaaaa+，并且13142535,aaaa aaaa+，下列有四种可能：一是142315242534,aaaa aaaa aaaa+=+=+=+，则7B=；
17、二是14aa+与2315,aa aa+与2425,aa aa+与34aa+三对数有两对相等，另一对不相等，则8B=；三是14aa+与2315,aa aa+与2425,aa aa+与34aa+三对数有一对相等，其它两对不相等，则9B=；四是14aa+与2315,aa aa+与2425,aa aa+与34aa+三对数全不相等，则10B=；综上述，B的所有可能的值组成的集合为7,8,9,10（要求写明得到每个值的原因）（3）当4A=，不妨记A集合为1234,a a a a，且让1234aaaa，则必有1213232434aaaaaaaaaa+，和中剩下的元素为14aa+，满足131424aaaaaa
18、+，所以B有两种可能，当1423aaaa+，6B=；当1423aaaa+=+，5B=；）当6B=，不 妨记这 6 个 元素 为123456,b b b b b b，且让123456bbbbbb，则必 有1 21 32 3243 43 54 54 65 6bbbbb bb bb bb bb bb bb b，所以9A；）当5B=，4123aaaa+=+，不妨记112baa=+，213baa=+，323baa=+，424baa=+，534baa=+，则12345bbbbb，则必有1 21 32 3243 43 54 5bbbbb bb bb bb bb b，积中剩下的1 41 52 5,bb bb
19、b b满足1 41 52 5bbbbb b，则7A，学科网（北京）股份有限公司 下面先证明7C 假设7C=，由1 31 4242 53 5bbbbb bb bb b，则1 42 31 5242 53 4,bbb b bbb b b bb b=，即535242131424,bbbbbbbbbbbb=，所以35241234bbbbbbbb=，令21bqb=，由15241234bbbbaaaa+=+=+，则431111bbqbqbq+=+，所以431qqq+=+，则1q=，与事实不符，所以7A 下面再证明8C 由 上 述 分 析 知：要 使8C=，积 中 剩 下 的1 41 52 5,bb bb b
20、 b满 足1 41 52 5bbbbb b，于是5421,btb btb=，由15241234bbbbaaaa+=+=+，则1414btbtbb+=+，则()()1410tbb=，显然无解，故此情况不能；二 是2 31 43 41 5b bbbb bbb=，则 可 推 得35241314,bbbbbbbb=，令3524121314,bbbbttbbbb=，显 然211tt，由15241234bbbbaaaa+=+=+，则1241 14bt bt bb+=+，所 以()()241111tbtb=，而 显 然()()241111tbtb，故此情况不可能；三是2 31 43 42 5b bbbb b
21、b b=，则可推得354123bbbbbb=，令其比值为t，则1t，由152432bbbbb+=+=，又231 5bbb=，则151 52bbbb+=，这与151 52bbbb+矛盾，故此情况不可能；四是2 31 53 42 5b bbbb bb b=，可推得524132bbbbbb=，令其比值为t，则1t，于是53btb=，21btb=，2421btbt b=，2314aaaa+=+，于是由15241234bbbbaaaa+=+=+，则2131132btbtbt bb+=+=，所以132bbt=，代入得，所以 学科网（北京）股份有限公司 211122btbt bt+=，推得()()222ttt+=，所以32220ttt+=，所以()()2120tt=，有1t，所以2t=，这与21btb=是有理数相矛盾，所以此情况不能；五 是241 53 42 5b bbbb bb b=，可 推 得532142bbbbbb=，令 其 比 值 为t，则1t，于 是5421,btb btb=，由15241234bbbbaaaa+=+=+，则1414btbtbb+=+，则()()1410tbb=，显然无解，故此情况不可能所以8A 综上，所以9C