浙江省培优联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题
1．（2024高一下·浙江期中）设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，
故答案为：C．
【分析】根据交集的定义求解即可.
2．（2024高一下·浙江期中）已知复数满足，则的虚部是（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，故其虚部为.
故答案为：C．
【分析】求出后由虚部定义即可得解.
3．（2024高一下·浙江期中）已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：的终边经过点，所以.
故答案为：A．
【分析】由三角函数的定义直接计算即可.
4．（2024高一下·浙江期中）正方体的平面展开图如图所示，，，，为四条对角线，则在正方体中，这四条对角线所在直线互相垂直的有（ ）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：展开图合成一个正方体，连接和，如图所示：
因为，，四边形为正方形，所以四边形为平行四边形，
，所以，所以，
同理可得：，
因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，
又因为，所以为等边三角形，则，
同理可得：与所成角为；与所成角为；与所成角为.
综上可得：与垂直；与所成角为；与所成角为；与所成角为；与所成角为；与垂直.
故答案为：B．
【分析】先将平面展开图合成正方体，连接和，利用正方体的性质和根据异面直线所成角即可.
5．（2024高一下·浙江期中）在中，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
又因为，所以，
，可得或，
所以“”是“”的必要不充分条件
故答案为：B．
【分析】由利用正弦定理可得或，即可判断充分、必要条件.
6．（2024高一下·浙江期中）已知函数则函数的零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：的零点个数可以转化为和函数的图象交点个数，作出它们的图象如图，
故答案为：C．
【分析】作的图象，问题转化为求解和两个函数图象交点个数.
7．（2024高一下·浙江期中）已知函数在上有最大值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
令，，，．
因为，，所以要使存在最大值，只需，即，所以.
故答案为：B．
【分析】通过辅助角公式变形，结合已知条件即可得解.
8．（2024高一下·浙江期中）《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设，的中点分别为，，连，取的中点，如图，
直三棱柱中，，，
四边形是平行四边形，所以，
因为三棱柱的底面是直角三角形，，所以，，
，分别是，的外接圆圆心，因为平面，所以平面，
所以为的外接球的球心．
连，由球的表面积为，可得半径为1，即，
，则，，可得，，
所以三棱柱的表面积，
故答案为：C．
【分析】先根据条件确定球心的位置，再根据球的半径求得棱柱的高，即可求出表面积.
9．（2024高一下·浙江期中）如图，在正方体中，为正方形的中心，当点在线段（不包含端点）上运动时，下列直线中一定与直线异面的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】异面直线的判定
【解析】【解答】解：易知平面，
A、平面，平面，，由异面直线的定义知，与直线是异面直线，故A正确；
B、平面，平面，，由异面直线的定义知，与直线是异面直线，故B正确；
C、平面，平面，，由异面直线的定义知，与直线是异面直线，故C正确；
D、当为的中点时，，故D错误.
故答案为：ABC．
【分析】由题意，根据异面直线的定义逐项判断即可.
10．（2024高一下·浙江期中）已知函数，则（ ）
A．
B．在上只有1个零点
C．在上单调递增
D．直线为图象的一条对称轴
【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，，在上只有1个零点，故B正确；
C、当时，，故C错误；
D、当时，，故D正确．
故选：ABD.
【分析】借助二倍角正弦公式与辅助角公式可判断A，结合正弦函数的性质结合整体思想代入验证即可判断B、C、D.
11．（2024高一下·浙江期中）如图，设，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设，是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，则记．下列结论正确的是（ ）
A．设，，若，则
B．设，，若，则
C．设，则
D．设，，若与的夹角为，则
【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、 设， ，则，，若，则，，故A错误；
B、若，则，即，
则，故B正确；
C、，，故C错误；
D、 设，， 若与的夹角为，
则，
解得，所以，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】利用向量垂直的坐标表示即可判断A；由向量平行的坐标表示即可判断B；由向量模长的定义求解即可判断C；根据向量数量积的定义求解即可判断D.
12．（2024高一下·浙江期中）已知复数，，则在复平面内对应的点位于第 象限．
【答案】二
【知识点】复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：，
故在复平面内对应的点为，在第二象限．
故答案为：二.
【分析】由复数的减法化简，利用复数的几何意义可即可得解.
13．（2024高一下·浙江期中）已知函数，若，则 ．
【答案】6
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：令，，所以为奇函数，
所以，，，所以．
故答案为：6.
【分析】判断为奇函数，得，再由奇函数的性质即可求出.
14．（2024高一下·浙江期中）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 ．
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，且直线与平面所成的角为， 所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上，
又因为点是正方体表面上的一个动点，所以点的轨迹，如图所示：
则点的轨迹长为．
故答案为：.
【分析】由题意，求得点的轨迹，再求点的轨迹长度即可.
15．（2024高一下·浙江期中） 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．
（1）求当时，的解析式；
（2）求在上的值域．
【答案】（1）解：∵当时，，
∴当时，，，
∴．
（2）解：∵当时，单调递增，∴．
由奇函数性质可得，当时，．
又，
∴在上的值域为．
【知识点】函数的值域；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】（1）由奇函数的性质即可得解；
（2）求出时的值域，，由奇函数性质即可得解.
16．（2024高一下·浙江期中）如图，在矩形中，，，点为边的中点，点在边上．
（1）若点为线段上靠近的三等分点，求的值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）解：易知，
因为点为边的中点 ， 点为线段上靠近的三等分点，
所以，，
则；
（2）解：设，则，，
则，
因为，所以．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）以为基向量表示向量，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）设，计算得到关于的一次函数解析式，根据的范围，求的取值范围即可.
（1）由题意，，
∵，，
∴．
（2）设则
∴，
∴，
显然为增函数，因，故．
17．（2024高一下·浙江期中） 已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求的值；
（2）若，且是锐角三角形，求面积的最大值．
【答案】（1）解：∵，即，
∴，即或．
（2）解：∵是锐角三角形，∴，，
则，
又，∴，当且仅当时，等号成立．
∵，
∴．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知式即可得解；
（2）由余弦定理结合基本不等式可得，再由三角形的面积公式即可求出的最大值.
18．（2024高一下·浙江期中）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点.
（1）证明：平面.
（2）求异面直线与所成角的大小.
（3）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明：连接交于点，如图所示：
因为，分别为，的中点，所以，
又因为平面，且平面，所以平面；
（2）解：因为，且，所以，所以，
由（1）得，则与所成角为（或其补角），
因为，所以，
则与所成角的大小为；
（3）解：连接，过作于点，如图所示：
因为平面，且平面，
所以，又且，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为（或其补角），
因为正方体的边长为1，所以，，所以，
则直线与平面所成角的正切值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接交于点，利用线线平行证明线面平行即可；
（2）利用平移得到与所成角为，解三角形即可；
（3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合求解即可.
（1）如图，连接交于点，
因为，分别为，的中点，所以.
因为平面，且平面，
所以平面.
（2）因，且，易得，
则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）.
因为，所以，
即与所成角的大小为.
（3）连接，过作于点.
因为平面，且平面，
所以，又且，
所以平面.
因为平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角为（或其补角）.
因为正方体的边长为1，所以，，
所以.
19．（2024高一下·浙江期中） 当且时，对一切，恒成立．学生小刚在研究对数运算时，发现有这么一个等式，带着好奇，他进一步对进行深入研究．
（1）若正数，满足，当时，求的值；
（2）除整数对，请再举出一个整数对满足；
（3）证明：当时，只有一对正整数对使得等式成立．
【答案】（1）解：∵，
∴，即，
∴．
（2）解：
（3）证明：∵，
∴，且．
当时，，显然无解．
当时，，可得，无正整数解，
同理，当和时，也无正整数解．
当，时，，
∵，∴由复合函数单调性可得，
又∵，∴当且仅当时，原等式成立．
【知识点】复合函数的单调性；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）将代入可得，再由对数的运算性质求解即可.
（2）当时，.
（3）先证明当和时，等式不成立，当，时，，由复合函数单调性可得，即可得证.
1 / 1浙江省培优联盟2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题
1．（2024高一下·浙江期中）设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·浙江期中）已知复数满足，则的虚部是（ ）
A． B． C．2 D．
3．（2024高一下·浙江期中）已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．1
4．（2024高一下·浙江期中）正方体的平面展开图如图所示，，，，为四条对角线，则在正方体中，这四条对角线所在直线互相垂直的有（ ）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
5．（2024高一下·浙江期中）在中，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高一下·浙江期中）已知函数则函数的零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024高一下·浙江期中）已知函数在上有最大值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·浙江期中）《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·浙江期中）如图，在正方体中，为正方形的中心，当点在线段（不包含端点）上运动时，下列直线中一定与直线异面的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·浙江期中）已知函数，则（ ）
A．
B．在上只有1个零点
C．在上单调递增
D．直线为图象的一条对称轴
11．（2024高一下·浙江期中）如图，设，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设，是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，则记．下列结论正确的是（ ）
A．设，，若，则
B．设，，若，则
C．设，则
D．设，，若与的夹角为，则
12．（2024高一下·浙江期中）已知复数，，则在复平面内对应的点位于第 象限．
13．（2024高一下·浙江期中）已知函数，若，则 ．
14．（2024高一下·浙江期中）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 ．
15．（2024高一下·浙江期中） 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．
（1）求当时，的解析式；
（2）求在上的值域．
16．（2024高一下·浙江期中）如图，在矩形中，，，点为边的中点，点在边上．
（1）若点为线段上靠近的三等分点，求的值；
（2）求的取值范围．
17．（2024高一下·浙江期中） 已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求的值；
（2）若，且是锐角三角形，求面积的最大值．
18．（2024高一下·浙江期中）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点.
（1）证明：平面.
（2）求异面直线与所成角的大小.
（3）求直线与平面所成角的正切值.
19．（2024高一下·浙江期中） 当且时，对一切，恒成立．学生小刚在研究对数运算时，发现有这么一个等式，带着好奇，他进一步对进行深入研究．
（1）若正数，满足，当时，求的值；
（2）除整数对，请再举出一个整数对满足；
（3）证明：当时，只有一对正整数对使得等式成立．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，
故答案为：C．
【分析】根据交集的定义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，故其虚部为.
故答案为：C．
【分析】求出后由虚部定义即可得解.
3．【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：的终边经过点，所以.
故答案为：A．
【分析】由三角函数的定义直接计算即可.
4．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：展开图合成一个正方体，连接和，如图所示：
因为，，四边形为正方形，所以四边形为平行四边形，
，所以，所以，
同理可得：，
因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，
又因为，所以为等边三角形，则，
同理可得：与所成角为；与所成角为；与所成角为.
综上可得：与垂直；与所成角为；与所成角为；与所成角为；与所成角为；与垂直.
故答案为：B．
【分析】先将平面展开图合成正方体，连接和，利用正方体的性质和根据异面直线所成角即可.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
又因为，所以，
，可得或，
所以“”是“”的必要不充分条件
故答案为：B．
【分析】由利用正弦定理可得或，即可判断充分、必要条件.
6．【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：的零点个数可以转化为和函数的图象交点个数，作出它们的图象如图，
故答案为：C．
【分析】作的图象，问题转化为求解和两个函数图象交点个数.
7．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
令，，，．
因为，，所以要使存在最大值，只需，即，所以.
故答案为：B．
【分析】通过辅助角公式变形，结合已知条件即可得解.
8．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设，的中点分别为，，连，取的中点，如图，
直三棱柱中，，，
四边形是平行四边形，所以，
因为三棱柱的底面是直角三角形，，所以，，
，分别是，的外接圆圆心，因为平面，所以平面，
所以为的外接球的球心．
连，由球的表面积为，可得半径为1，即，
，则，，可得，，
所以三棱柱的表面积，
故答案为：C．
【分析】先根据条件确定球心的位置，再根据球的半径求得棱柱的高，即可求出表面积.
9．【答案】A,B,C
【知识点】异面直线的判定
【解析】【解答】解：易知平面，
A、平面，平面，，由异面直线的定义知，与直线是异面直线，故A正确；
B、平面，平面，，由异面直线的定义知，与直线是异面直线，故B正确；
C、平面，平面，，由异面直线的定义知，与直线是异面直线，故C正确；
D、当为的中点时，，故D错误.
故答案为：ABC．
【分析】由题意，根据异面直线的定义逐项判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，，在上只有1个零点，故B正确；
C、当时，，故C错误；
D、当时，，故D正确．
故选：ABD.
【分析】借助二倍角正弦公式与辅助角公式可判断A，结合正弦函数的性质结合整体思想代入验证即可判断B、C、D.
11．【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、 设， ，则，，若，则，，故A错误；
B、若，则，即，
则，故B正确；
C、，，故C错误；
D、 设，， 若与的夹角为，
则，
解得，所以，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】利用向量垂直的坐标表示即可判断A；由向量平行的坐标表示即可判断B；由向量模长的定义求解即可判断C；根据向量数量积的定义求解即可判断D.
12．【答案】二
【知识点】复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：，
故在复平面内对应的点为，在第二象限．
故答案为：二.
【分析】由复数的减法化简，利用复数的几何意义可即可得解.
13．【答案】6
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：令，，所以为奇函数，
所以，，，所以．
故答案为：6.
【分析】判断为奇函数，得，再由奇函数的性质即可求出.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，且直线与平面所成的角为， 所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上，
又因为点是正方体表面上的一个动点，所以点的轨迹，如图所示：
则点的轨迹长为．
故答案为：.
【分析】由题意，求得点的轨迹，再求点的轨迹长度即可.
15．【答案】（1）解：∵当时，，
∴当时，，，
∴．
（2）解：∵当时，单调递增，∴．
由奇函数性质可得，当时，．
又，
∴在上的值域为．
【知识点】函数的值域；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】（1）由奇函数的性质即可得解；
（2）求出时的值域，，由奇函数性质即可得解.
16．【答案】（1）解：易知，
因为点为边的中点 ， 点为线段上靠近的三等分点，
所以，，
则；
（2）解：设，则，，
则，
因为，所以．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）以为基向量表示向量，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）设，计算得到关于的一次函数解析式，根据的范围，求的取值范围即可.
（1）由题意，，
∵，，
∴．
（2）设则
∴，
∴，
显然为增函数，因，故．
17．【答案】（1）解：∵，即，
∴，即或．
（2）解：∵是锐角三角形，∴，，
则，
又，∴，当且仅当时，等号成立．
∵，
∴．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知式即可得解；
（2）由余弦定理结合基本不等式可得，再由三角形的面积公式即可求出的最大值.
18．【答案】（1）证明：连接交于点，如图所示：
因为，分别为，的中点，所以，
又因为平面，且平面，所以平面；
（2）解：因为，且，所以，所以，
由（1）得，则与所成角为（或其补角），
因为，所以，
则与所成角的大小为；
（3）解：连接，过作于点，如图所示：
因为平面，且平面，
所以，又且，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为（或其补角），
因为正方体的边长为1，所以，，所以，
则直线与平面所成角的正切值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接交于点，利用线线平行证明线面平行即可；
（2）利用平移得到与所成角为，解三角形即可；
（3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合求解即可.
（1）如图，连接交于点，
因为，分别为，的中点，所以.
因为平面，且平面，
所以平面.
（2）因，且，易得，
则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）.
因为，所以，
即与所成角的大小为.
（3）连接，过作于点.
因为平面，且平面，
所以，又且，
所以平面.
因为平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角为（或其补角）.
因为正方体的边长为1，所以，，
所以.
19．【答案】（1）解：∵，
∴，即，
∴．
（2）解：
（3）证明：∵，
∴，且．
当时，，显然无解．
当时，，可得，无正整数解，
同理，当和时，也无正整数解．
当，时，，
∵，∴由复合函数单调性可得，
又∵，∴当且仅当时，原等式成立．
【知识点】复合函数的单调性；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）将代入可得，再由对数的运算性质求解即可.
（2）当时，.
（3）先证明当和时，等式不成立，当，时，，由复合函数单调性可得，即可得证.
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