2022-2023学年福建省福州格致中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省福州格致中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知复数，则z在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先求出复数z的代数形式，然后通过其对应的点可得点的位置.

【详解】，

z在复平面内对应的点为，位于第四象限.

故选：D.

2．已知向量，，．若，则实数k的值为（    ）

A． B． C．0 D．6

【答案】A

【分析】由题意得，利用向量垂直，则数量积为0，得到方程解出即可.

【详解】，

，，即，解得，

故选：A.

3．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先判断函数的奇偶性，再代入计算和的值即可得到正确答案.

【详解】因为，

且函数定义域为，关于原点对称，所以是偶函数，其图象关于轴对称，排除C；

，排除B；，排除D.

故选：A.

4．，下列说法正确的是（）

①为偶函数；

②的最小正周期为；

③在区间上先减后增；

④的图象关于对称．

A．①③ B．①④ C．③④ D．②④

【答案】A

【分析】由题可得，然后结合函数的性质逐项分析即得.

【详解】由辅助角公式可得：，

对①，由题可知，为偶函数，①正确；

对②，最小正周期，故②错误；

对③，令，，在区间先减后增，复合函数同增异减易知，③正确；

对④，，所以关于点对称，④错误.

故选：A．

5．若复数满足，则在复平面上对应的点集所组成的图形面积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意原式变形为，设，，表示复数在复平面内对应的点构成的图形为：以为圆心以4为半径的圆及其内部，进而得到答案.

【详解】变形为

设，，所以.

上式表示复数在复平面内对应的点构成的图形为：以为圆心以4为半径的

圆及其内部，故在复平面上对应的点集所组成的图形面积为，故D正确.

故选：D.

6．2022年北京冬奥会，首钢滑雪大跳台（如图1）是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A（如图2）距离地面的高度AB（AB与地面垂直），在赛道一侧找到一座建筑物PQ，测得PQ的高度为25.4米，并从P点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点，P点的仰角分别为75°和30°（其中B，M，Q三点共线），该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A距离地面的高度约为（    ）（参考数据：，，）

A．58 B．60 C．66 D．68

【答案】B

【分析】在中，求得PM，在中，利用正弦定理求得AM，然后在中，由 求解.

【详解】解：如图所示：

由题意得：，

在中，，

在中，由正弦定理得，

所以，

在中， ，

故选：B

7．函数（，）的部分图像如图所示，下列说法不正确的是（    ）

A．函数的解析式为

B．函数在区间上单调递增

C．为了得到函数f（x）的图像，可将函数的图像向左平移个单位长度

D．函数的最大值为4

【答案】D

【分析】根据题意，由图像求得函数的解析式，然后根据正弦型函数的单调性以及三角函数图像变换，即可得到结果.

【详解】对于A，由图像可得，，则，且，所以，

再将点代入，可得，即，

所以，又，则，

将点代入，可得，所以，故正确；

对于B，因为，令，

解得，，

所以单调递增区间为，故正确；

对于C，由题意可得，将函数的图像向左平移个单位长度，

即，故正确；

对于D，要使得到，

则当且时，

即当，

此时，故不满足，故错误；

故选:D

8．平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立平面直角坐标系，设，把的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可求得本题答案.

【详解】作，垂足为，以点为原点，所在直线为轴，轴建立如下图的平面直角坐标系.

因为，而,所以，

在直角中，因为，，所以，，

则，设，

所以，

所以，

因为二次函数开口向上，对称轴为，且，

所以当时，取最小值，当时，取最大值，

所以的取值范围是.

故选：C

二、多选题

9．已知，则以下说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若与夹角为锐角，则的取值范围为

【答案】BC

【分析】选项A利用向量模的坐标表示出来，然后解不等式即可；选项B由向量垂直找出等式解出即可；选项C利用向量共线性质即可；选项D由向量夹角及数量积关系即可解决问题.

【详解】因为，则或，

故选项A不正确；

由，则，

故选项B正确；

由，则，

故选项C正确；

D：若与夹角为锐角，则且不共线，

所以且

的取值范围为，

故选项D不正确．

故选：BC.

10．已知向量，，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为

C．若与共线，则为或

D．存在，使得

【答案】AB

【分析】根据得到，即可得到，即可判断A选项；根据投影向量得到，即可得到，即可判断B选项；根据与共线和得到，解得，根据可得，即可得到的坐标，即可判断C选项；假设成立，可得到，与矛盾，即可判断D选项.

【详解】对于A，若，则有，即，A正确；

对于B，，，在上的投影向量为，所以，∵，∴，B正确；

对于C，若与共线，设，所以有，解得，

因为，，∴，所以，C不正确；

对于D，若成立，则与反向，所以，，，解得，即有，

则，与矛盾，故D不正确．

故选：AB.

11．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（    ）

A． B．是钝角三角形

C．的最大内角是最小内角的倍 D．若，则外接圆半径为

【答案】ACD

【解析】由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D.

【详解】解：由，可设，，，，

根据正弦定理可知，选项A描述准确；

由为最大边，可得，

即为锐角，选项B描述不准确；

，

，

由，，可得，选项C描述准确；

若，可得，

外接圆半径为，选项D描述准确.

故选：ACD.

【点睛】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，二倍角公式，考查化简运算能力，属于中档题.

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．同一平面内的三个单位向量两两夹角都是，则与的夹角是_________.

【答案】##

【分析】根据数量积的性质求，，，再根据向量夹角公式求夹角.

【详解】由已知，，

所以，同理，

所以，

，

，

所以，

又，

所以，

故答案为：.

14．已知，函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】把题意转化为方程在区间上有且仅有两个不相等的实根．利用换元法，令，借助于的图像即可求解.

【详解】函数在区间上有且仅有两个零点，可以转化为：方程在区间上有且仅有两个不相等的实根．

令，因为，所以，

利用的图像可以得出，解得.

故答案为：．

15．已知锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的面积的取值范围是_________．

【答案】

【分析】根据，，利用余弦定理得到，再由正弦定理得到，然后由三角形面积公式求解.

【详解】解：因为，，

所以，

因为，

所以，

由正弦定理得，

则，

所以，

，

，

，

，

因为是锐角三角形，

所以，解得，

所以，

所以，

所以的面积的取值范围是，

故答案为：.

16．已知的重心为G，过G点的直线与边AB和AC的交点分别为M和N，若，则与的面积之比为________.

【答案】

【分析】利用重心的性质，把AG用AM、AN表示，再由M，G，N三点共线求出与的关系，再由三角形面积公式即可求解.

【详解】解：如图所示：

设，

G为的重心，

，

又三点共线，

，

解得：，

故，

.

故答案为：.

四、解答题

17．复数，其中为虚数单位．

(1)求及；

(2)若，求实数，的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）首先根据复数的运算求解出复数，进而根据复数的模长公式求解；

（2）首先将代入等式，然后根据等式关系构造方程组，解方程组即可得到实数，的值.

【详解】（1）∵，

∴．

（2）由（1）可知，

由，得：，

即，∴，解得

18．已知函数且．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)当时，不等式恒成立，求实数b的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角公式化简可得，解得范围，结合正弦函数性质即可求得答案；

（2）由于时，，故可将不等式恒成立化为在时恒成立，结合基本不等式即可求得答案.

【详解】（1）当时，，

则即，

即，又因为，故，

故不等式的解集为.

（2）当时，不等式恒成立,即恒成立，

由于时，，

故在时恒成立，

因为，，当且仅当，即时取等号，

则，故实数b的取值范围为.

19．已知函数的图象关于直线对称．

(1)若的最小正周期为，求的解析式；

(2)若是的零点，是否存在实数，使得在上单调？若存在，求出的取值集合；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；

【分析】（1）由题意，利用正弦函数的周期性和对称性，求出和，可得函数的解析式；

（2）由题意，利用正弦函数的对称性、单调性，求出的取值集合.

【详解】（1）∵最小正周期为，则，且，

∴，

又∵函数的图象关于直线对称，

则，，可得，，

且，可得，

故函数．

（2）①若是的零点，由于的图象关于直线对称，

则，，整理得，

②根据在上单调，，整理得，

③由题意可得：的单调区间为，即，

故，整理得，

由①②③可得：，解得，

故的取值集合为．

20．某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1～12（可视为点），现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．

(1)当时，求1号座舱与地面的距离；

(2)在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；

(3)记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为H米，若在这段时间内，H恰有三次取得最大值，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

(3)

【分析】（1）设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析式，再令代入计算可得；

（2）由（1）中的解析式，结合正弦函数的性质计算可得；

（3）依题意可得，，从而得到高度差函数，利用两角和差的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质求出函数取得最大值时的值，即可得解；

【详解】（1）解：设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，，

则，，

所以

依题意，所以，

当时，所以，故，

所以，

即当时，求1号座舱与地面的距离为；

（2）解：令，即，

所以，

又，所以，

所以或，解得或，

即或时1号座舱与地面的距离为17米；

（3）解：依题意，，

所以

令，解，

所以当时取得最大值，

依题意可得

21．已知中，点在边上，满足，且，的面积与面积的比为．

(1)求的值；

(2)若，求边上的高的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由得为的平分线，再根据正弦定理得，从而解得；

（2）由已知及（1）可得，再由余弦定理求得的长，最后根据求得结果.

【详解】（1）∵，

∴为的平分线，

在与中，根据正弦定理可得：

两式相比可得：

又的面积与面积的比为，

∴，

即，且，

由得，

∴且为锐角，∴．

故答案为：

（2）由（1）知为锐角，且，

因此，

又，所以在中由余弦定理得，

解得：，

∵∴．

故答案为：

22．已知 分别为 三个内角 的对边， 且 ，

(1)求 ；

(2)若 ， 求 的取值范围；

(3)若 为 的外接圆， 若 分别切 于点 ， 求 的最小值.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）由题目条件可证得,可得为直角三角形，可求出.

（2）由数量积的定义可求得，设，则，令，则，判断出的单调性，即可得出答案.

（3）用分别表示出，结合均值不等式即可求出答案.

【详解】（1）因为，则，

所以，则，所以为直角三角形，

所以.

（2），

所以，而，

所以设，

所以，

令，

又因为

所以，所以，

令，因为在上单调递增，

所以在上单调递减，所以.

所以 的取值范围为

（3） 的外接圆的半径为，，设，

则，其中，

所以，

而，

，

当且仅当取等.

所以 的最小值为.

【点睛】关键点点睛：本题考查向量相关的取值范围问题，考查面较广，涉及了基本不等式、函数值域、正弦定理、三角函数等，需要对知识掌握熟练且灵活运用.考查学生的运算能力和逻辑推理能力，属于难题.