2022-2023学年黑龙江哈尔滨市第三中学校高一下学期第一次验收考试数学试题含解析

2022-2023学年黑龙江哈尔滨市第三中学校高一下学期第一次验收考试数学试题

一、单选题

1．复数在复平面内对应的点在（    ）

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】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.

【详解】由复数的运算法则，可得，

则复数在复平面内对应的点的坐标为位于第四象限.

故选：D.

2．在中，设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把作为基底，然后根据已知条件结平面向量基本定理可求得结果.

【详解】

因为，

所以

，

故选：B

3．已知角终边过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数的定义求出，即可得解.

【详解】因为角终边过点，

所以，

所以.

故选：A.

4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，已知，，，则c的值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．2或4

【答案】D

【分析】已知，由余弦定理和面积公式化简可得，再由余弦定理求c的值.

【详解】在中，由余弦定理有，的面积，

由可得，解得，

由，则，

由余弦定理有，则，即，

解得或.

故选：D

5．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据图象平移得平移后的表达式，结合诱导公式即可求解.

【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数,故，

所以,解得由于故当时，的最小值为3，

故选：B

6．一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的地出发，向河对岸航行．已知船的速度的大小为，水流速度的大小为，若船的航程最短，则行驶完全程需要的时间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析可知，船的实际速度与水流速度垂直，作出图形，求出的值，即可求得船所需的时间.

【详解】若使得船的航程最短，则船的实际速度与水流速度垂直，

作，，以、为邻边作平行四边形，如下图所示：

由题意可知，，且，，

由勾股定理可得，

因此，若船的航程最短，则行驶完全程需要的时间，

则.

故选：B.

7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的形状为（    ）

A．等腰或直角三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形

【答案】B

【分析】根据同角关系以及正弦定理边角互化可得，由余弦二倍角公式以及和差角公式可得，即可判断三角形形状.

【详解】由得,

由正弦定理得,

由于,所以，

所以,由于为三角形的内角，所以,

又得,

进而可得,进而，故三角形为等边三角形，

故选：B

8．函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（    ）

A．

B．

C．单调递增区间为

D．对称中心为

【答案】D

【分析】先依据题设中提供的图形信息，求出函数的解析表达式，再用整体代入法求解函数单调区间和对称中心即可.

【详解】由题设中提供的函数图像可以看出：

又，将代入可得，由于，所以，

将代入可得则

由于，所以，

所以；故AB正确；

解不等式得：

即单调递增区间为，故C正确；

令可得，即

所以的对称中心为；故D错误；

故选：D.

二、多选题

9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则或 B．若，则

C．的最小值为1 D．的最大值为4

【答案】BD

【分析】根据向量坐标表示向量数量积、平行、垂直、向量模长来进行求解即可.

【详解】选项A：，，， 解得：或A错误；

选项B：，，，则：则，B正确；

选项C：，，当时，取得最小值0，C选项错误；

选项D：由C得；，当时，取得最大值4，选项D正确；

故选：BD.

10．下列各式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据正切的和角公式即可判断A,根据正弦的二倍角公式即可求解BD,根据鱼线的二倍角公式即可判断C.

【详解】对于A,

，故A正确，

对于B,，故B正确，

对于C,，故C错误，

对于D,

，故D正确，

故选：ABD

11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BD平分∠ABC并交AC边于点D，若，，则下列说法正确的是（    ）

A．的面积有最小值 B．

C．有最小值 D．有最小值15

【答案】ACD

【分析】根据等面积法求得然后根据基本不等式逐个判断每个选项.

【详解】

，，

因为，所以当且仅当时，等号成立，

选项A正确；

由得所以选项B错误；

因为所以解得：故最小值为，当且仅当时等号成立，选项C正确；

因为所以

，当且仅当时，等号成立，所以有最小值15，故 选项D正确；

故选：ACD.

12．已知点O在所在的平面内，则下列命题正确的是（    ）

A．若且，则

B．若且，则

C．若，其中，则动点O的轨迹经过的重心

D．若，其中，则动点O的轨迹经过的垂心

【答案】ABC

【分析】根据向量的加减法法则计算。结合三角形的重心、外心、垂心等定义解析并判断.

【详解】选项A:

, 所以同理所以O 是 的垂心，故选项A正确；

选项B:

因为所以即所以AO 是 的角平分线，同理可得，CO 是 的角平分线,

,所以，选项B正确；

选项C:

作于，由于

设BC的中点为D，

即所以AO与AD 共线，

则动点O的轨迹经过的重心,选项C正确；

选项D:

设BC的中点为E，

所以 所以，则动点O在中垂线上，即动点O的轨迹经过的外心.故选项D错误.

故选：ABC

三、填空题

13．在中，，，面积，则______．

【答案】/

【分析】利用三角形的面积公式求出，然后利用余弦定理求出，然后求出即可.

【详解】中，，的面积为，

所以，得：，

根据余弦定理得：解得：

所以此三角形为直角三角形，

故答案为： 或

14．设复数、满足，，，则______．

【答案】

【分析】设，，根据复数的模长公式以及复数相等可得出，通过计算可得出，即可得解.

【详解】设，，

则，即，

所以，，

，

因此，.

故答案为：.

15．已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是______．

【答案】2

【分析】建立平面直角坐标系，设点,,,的坐标，求出的坐标，利用数量积的坐标表示和辅助角公式求得为关于的三角函数，结合正弦函数的性质即可求解．

【详解】以外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，如图，

因为等边的边长为，则，

设，

则，，

所以，

，

因为，所以

所以的最大值为2．

故答案为：2

16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最小值为______．

【答案】/

【分析】利用和差公式和二倍角公式得到，确定，原式化简为，再利用均值不等式计算得到最值.

【详解】，

即，

即，，，

故，整理得到，

即，且，

，

，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题考查了三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，确定，转化为均值不等式是解题的关键.

四、解答题

17．已知角，，．

(1)求的值；

(2)若，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用正弦倍角公式求解即可；

（2）运用两角和差余弦公式来解决；

【详解】（1）因为，，所以故的值为；

（2）由（1）知，

因为，，所以

所以的值为；

18．已知向量，满足，，且．

(1)若，求实数的值；

(2)求与的夹角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意求得，结合，得到，即可求解；

（2）由，分别求得和，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）解：由，，且，

可得，可得，

又由，可得，

即，即，解得或，

所以实数的值为.

（2）解：由，可得，

且，

设向量与的夹角为，可得.

19．中，角，，所对的边分别为，，，面积为，已知．

(1)求角；

(2)若，边上中线长为，求的周长．

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用，正弦定理化简已知等式可得，结合范围，可得的值；

（2）令的中点为，连接，设，在与中利用余弦定理求出，再由余弦定理求出，即可求出，从而得解.

【详解】（1）因为，

所以，即，

由正弦定理得，

因为，所以，

所以，

又，所以．

（2）令的中点为，连接，设，

在与中，由余弦定理可得，

，

，

又由余弦定理可得，

所以，所以，所以，

的周长为．

20．已知函数，，将图象向左平移个单位长度后得到图象．

(1)若点为图象的一个对称中心，求a的最小值：

(2)若，求函数的单调递减区间．

【答案】(1)5

(2)

【分析】（1）根据平移可得，进而根据对称中心即可求解，

（2）利用和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可求解.

【详解】（1）由题意可知，

由于为图象的一个对称中心，所以,解得，

由于，所以取，则的最小值为5.

（2）时，

，

令,解得，

故单调递减区间为

21．甲乙两名同学周末去游乐场游玩，甲同学去坐摩天轮，乙同学因为恐高只能在休息区P处等待．如图，已知摩天轮的半径为40米，按逆时针方向旋转且每20分钟转一圈．摩天轮开始转动后甲从最低点M经过50秒恰好转到A处，此时乙在P处看甲的仰角为15°，又过了200秒转到B处，此时乙在P处看甲的仰角为60°，摩天轮与底座的基点H及休息区P在同一个竖直的平面内．

(1)求休息区P与摩天轮底座的基点H之间的距离；

(2)求摩天轮的最高点到地面的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据运动的秒数以及周期可得，进而根据三角函数的定义即可列出等量关系，结合特殊角的三角函数值即可求解，

（2）借助第一问的结论，即可加上直径求解.

【详解】（1）如图：过点分别作的垂线，垂足分别为,

由每20分钟转一圈，最低点M经过50秒恰好转到A处，最低点M经过250秒恰好转到B处,故可知,

设，则在直角三角形中，，

所以

又中，，

因此

同理可得

考虑到 ，

，

将其代入

解得 ，所以

（2）由（1）知，故摩天轮最高点到地面的距离为

22．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．

(1)求角A；

(2)若，求面积的最大值；

(3)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可

（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.

（3）根据和正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，则将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域.

【详解】（1）由，根据正弦定理得：

，

又，代入上式得：

，

又，

所以，

又，所以；

（2）由余弦定理得：

代入得：

根据基本不等式得：当且仅当时，等号成立，

的面积为：

故面积的最大值为.

（3）根据正弦定理得：,

令，得：，，

，

，

令，则将原式化为：，

根据二次函数的图像性质得到，

当时，原式取得最小值，

当时，原式取得最大值，

故的取值范围为.