2022-2023学年山东省新高考联合质量测评高一下学期3月联考数学试题含解析

2022-2023学年山东省新高考联合质量测评高一下学期3月联考数学试题

一、单选题

1．若，，则终边所在象限为（    ）

A．第一象限 B．第一、三象限 C．第二象限 D．第二、四象限

【答案】B

【分析】直接作出其终边所经过的象限图形即可.

【详解】经过第三象限，则反向延长其终边射线经过第一象限，

故经过一三象限，

故选：B.

2．若是直线上的一个单位向量，，，则向量在直线l上的坐标为（    ）

A． B． C．3 D．1

【答案】C

【分析】依题意可得的坐标为，的坐标为，代入计算即可.

【详解】依题意可得，

所以向量在直线l上坐标为，

故选：C

3．已知向量，，，若，则实数m的值是（    ）

A．－10 B．－8 C．10 D．8

【答案】A

【分析】利用向量的坐标运算即可.

【详解】

；

故选：A.

4．函数的部分图象可能是（    ）

A．

 B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的定义域可排除C，根据函数的奇偶性可排除D，根据特殊值的大小关系可排除B.

【详解】因为的定义域为，故排除C；

又，

所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故排除D；

又，，即，所以排除B.

故选：A.

5．滚铁环是一种传统儿童游戏，现在为了测量A、B两点之间的距离，某同学用滚铁环的游戏方式进行测量，如图所示，在铁环上标记点C，将点C与点A重合，让铁环沿着AB直线滚动，当铁环滚动到点B时，点C与地面接触了8次，且标记点C位于铁环的正上方，已知铁环的半径为0.4米，则A、B两点之间的距离大约为（    ）米（其中）

A．20.35 B．21.55 C．20.55 D．21.35

【答案】D

【分析】根据圆的周长公式求得正确答案.

【详解】依题意，A、B两点之间的距离大约为米.

故选：D

6．已知，的终边与以原点为圆心，以2为半径的圆交于，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据和点在以2为半径的圆上，建立方程组，解方程组可得答案.

【详解】因为，所以，即；

又因为在以2为半径的圆上，

所以，，；

当时，，此时；

当时，，此时；

故选：A.

7．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】观察题目中角的特征可知，将要求的角转化成已知角，利用诱导公式及同角关系式即得.

【详解】由题意可知，将角进行整体代换并利用诱导公式得

；

；

所以，.

故选：D.

8．如图所示的矩形ABCD中，，，以为圆心的圆与AC相切，为圆上一点，且，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过点做交延长线于点，先根据相切及等面积法求出圆的半径即的长度，再根据，求出的长度，根据长度之间的比例及向量共线定理分别可得与之间的等式关系，代入中，故可得的值，即可选出结果.

【详解】解：过点做交延长线于点，如图所示：

因为矩形ABCD中，，，所以，

因为为圆上一点，所以为圆的半径，

因为圆与相切，根据面积相等可得：

，即，

解得，因为，所以，

所以，因为，所以，

因为，，所以，

所以，因为，，所以，

所以，所以，

所以，

故，所以.

故选：C

二、多选题

9．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】将平方可得，判断角的范围，从而求得，即可求出，，的值，判断A，B，C，利用二倍角正切公式求得，判断D.

【详解】因为①，故，

即，

因为，故，可得，

则，故②，

①②联立解得，，故A正确，B错误；

，C错误；

，D正确，

故选：AD

10．已知点在角的终边上，且，则的值可以是（    ）

A． B． C． D．0

【答案】CD

【分析】根据三角函数定义，解得由此得解.

【详解】根据三角函数定义，过点，则有

又因为，则，解得或

即的值可以是0，，

故选：CD

11．已知平面上点是直线外一点，是直线上给定的两点，点是直线上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，点C为线段的中点 B．当点C为线段的三等分点时，

C．当时，点C在线段上 D．当点C在线段的延长线上时，

【答案】AC

【分析】由推出，根据向量的共线，由此结合每个选项的条件，判断其结论，可得答案.

【详解】由题意可得，即,

当时，点，即C为线段的中点，A正确；

当点C为线段的三等分点时，C可能是靠近B的三等分点也可能是靠近A的三等分点，

故或，B错误；

当时，，由于同向，故点C在线段上，C正确；

当点C在线段的延长线上时，反向，故，D错误，

故选：AC

12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（    ）

A．若，则为的重心

B．若为的内心，则

C．若，，为的外心，则

D．若为的垂心，，则

【答案】ABD

【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；

对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断B；

对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断C；

对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断D．

【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，

由，则，

所以，

所以A，M，D三点共线，且，

设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，

所以为的重心，故A正确；

对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，

则有，，，

所以，

即，故B正确；

对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，

又，，

则有，，，

所以，

，

，

所以，故C错误；

对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，

由为的垂心，，则，

又，则，，

设，，则，，

所以，即，

所以，所以，故D正确；

故选：ABD．

【点睛】关键点点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，，得到，，进而即可求解．

三、填空题

13．已知为坐标原点，，，则______．

【答案】

【分析】根据平面向量的坐标运算得的坐标，再根据坐标求解模长即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：.

14．______．

【答案】－1

【分析】利用诱导公式化简计算即可.

【详解】解：原式

故答案为：.

15．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则的一个取值为______．

【答案】（，任何一个符合此条件的角）

【分析】先利用对称得到A与B的坐标之间的关系，结合诱导公式得到含角θ的恒等式，然后求出角θ的范围，写出θ的一个值即可

【详解】因为点与点关于原点对称，

则，

所以，即，

令，得．

故答案为：（，任何一个符合此条件的角）．

四、双空题

16．如图所示，点是平行四边形BCDE内（含边界）的一点，点B是AC的中点，，且．

①当时，______；

②的最大值为______．

【答案】          －1

【分析】根据题意作出图形，利用向量的线性运算及平行四边形的性质，结合图形即可求解.

【详解】①由题意可知，作出图形如图所示

因为点B是AC的中点，

所以,即,

因为，

所以,

因为，

所以,

所以，

所以当时，.

②过作交于,过作交的延长线于,如图所示

因为四边形是平行四边形，

所以.

又；

所以，；

由图形看出，当与重合时，；

此时取最大值，取得最小值

所以的最大值为.

故答案为：；.

五、解答题

17．如图，点A，B，C是圆上的点．

(1)若，，求扇形AOB的面积和弧AB的长；

(2)若扇形AOB的面积为，求扇形AOB周长的最小值，并求出此时的值．

【答案】(1)面积为，弧AB的长为

(2)，

【分析】（1）根据扇形的弧长公式和面积公式进行计算即可.（2）根据扇形的弧长公式和面积公式结合基本不等式的应用进行求解.

【详解】（1）由题意知，设，所以

根据扇形弧长；

扇形面积；

（2）由，即，

扇形的周长为当且仅当等号成立，

所以由知：．

18．设，，．

(1)当t=4时，将用和表示；

(2)若A，B，C三点能构成三角形，求实数t应满足的条件．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）把代入向量，以和为基底写出，利用向量相等列式求出待求系数即可求解；

（2）由已知可知，向量与不共线，根据坐标列出式子，解之即可.

【详解】（1）当时，，设，

所以，

所以，解得；

所以．

（2）若A，B，C三点能构成三角形，则有与不共线，

又，

，

则有，所以．

19．如图矩形ABCD，，，AC与EF交于点N．

(1)若，求的值；

(2)设，，试用，表示．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用共线定理转化为，再根据平行四边形性质与，得出，利用待定系数即可求解；

（2）根据，，与即可求解.

【详解】（1）依题意，

又，所以解得．

（2）因为，，

所以，所以．

20．潍坊市“渤海之眼”摩天轮是吉尼斯世界纪录认证的“世界最高的无轴摩天轮”，横跨白浪河，采用桥梁与摩天轮相结合的形式建设，高度145米，直径125米，拥有36个悬挂式观景仓，绕行一周用时30分钟，它的最低点D离地面20米.摩天轮圆周上一点A从过圆心O1与地面平行的位置开始旋转，逆时针运动t分钟后到达点B，设点B与地面的距离为h米．

(1)求函数的关系式；

(2)用五点法作图，画出函数，的图象．

【答案】(1)，

(2)答案见解析

【分析】（1）根据正弦型函数的应用设，由题意分析可得的值，即可得函数的关系式；

（2）根据正弦型函数五点作图的特点列表、描点、连线即可得大致图象.

【详解】（1）由题意得，

设函数，

圆半径为米，周期分钟，角速度，

又因为米，则，解得，

摩天轮圆周上一点A从过圆心O1与地面平行的位置开始旋转，故，

所以函数，；

（2）按照五点法作图，列表得：

作图得：

21．已知函数的部分图像如图所示．

(1)求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；

(2)将函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，求的解析式；

(3)若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)，

(2)

(3)

【分析】（1）通过最大值求，利用周期解得，代点求解，可得函数解析式，再利用整体代入法求单调递增区间；

（2）通过函数的平移和伸缩变换求函数解析式；

（3）由函数在区间内的值域，结合不等式恒成立，求实数的取值范围．

【详解】（1）由图像可知，，且，解得，

所以，

因为，所以，则，

因为，所以

所以，

由得

所以函数单调递增区间为．

（2）由（1）可知，，

将函数的图像向左平移个单位，，

再把所得图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，则；

（3）因为，所以，所以，

因为在上恒成立，

所以在上恒成立，所以，

所以实数的取值范围为．

22．如图1所示，在中，点在线段BC上，满足，G是线段AB上的点，且满足，线段CG与线段AD交于点．

(1)若，求实数；

(2)如图2所示，过点的直线与边AB，AC分别交于点E，F，设，；

（i）求的最大值；

（ii）设的面积为，四边形BEFC的面积为，求的取值范围．

（参考公式：的面积）

【答案】(1)

(2)（i）；（ii）

【分析】(1)由题意可得，，列出方程组求解即可；

(2)(i)由题意可得，，列出方程组，从而可得，利用基本不等式求解即可；

(ii)根据三形的面积公式可得，再结合，可得，，利用二次函数的性质求解即可.

【详解】（1）依题意，因为，

所以，

因为G、O、C三点共线，所以存在实数使得，

所以，

因为，

所以，

又因为，

所以，

解得：，，

综上所述，．

（2）解：（i）根据题意．

同理可得：，

由（1）可知，，

所以，

因为E，O，F三点共线，所以存在实数，使得，

所以，

所以

化简得，又因为，

所以，

当且仅当，即，时等号成立．

（ii）根据题意，，

，

所以

，

由（i）可知，则，

所以，

所以，

易知，当时，有最大值，

又因为，

则.