2022-2023学年浙江省S9联盟高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省S9联盟高一下学期期中数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省S9联盟高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由交集和补集的定义即可得出答案.【详解】解：由题意得，∴．故选：D.2．设i为虚数单位，复数z满足，则为（    ）A． B．1 C．3 D．【答案】B【分析】由已知化简可得，，然后根据共轭复数求出，即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，，所以，.故选：B.3．在中，已知，则的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】根据正弦定理、三角函数的性质及充分条件和必要条件即可求解.【详解】若，则成立；在中，,得及正弦定理，即，所以成立.所以“”是“”的充要条件,即的充要条件.故选：C.4．已知，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对数运算的性质，以及对数函数的单调性，得出和的关系，即可得出答案.【详解】因为，，，所以，.故选：C.5．在中，D为BC的中点，E为AC边上的点，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据已知可推得，.然后根据，即可得出答案.【详解】因为D为BC的中点，所以.又因为，，所以.所以，.故选：A.6．在中，已知，且，则该三角形的形状是（    ）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形【答案】C【分析】运用余弦定理先求出A，再运用余弦定理求出与的关系即可.【详解】由条件 知： ， ，由余弦定理得 ， ，又 ，是等边三角形；故选：C.7．已知图中正六边形的边长为6，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为4，若点P在正六边形的边上运动，为圆O的直径，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正六边形的性质，求得内切圆和外接圆的半径，再化简得到，结合，即可求解.【详解】因为正六边形的边长为6，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为4，所以正六边形的内切圆的半径为，外接圆的半径，又由，因为，即，可得，所以的取值范围是.故选：D8．已知函数的定义域为R，为奇函数，且对恒成立．则以下结论：①为偶函数;②;③；④其中正确的为（    ）A．①②④ B．②③ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】根据已知可得关于、对称，且周期为4的偶函数，利用奇偶对称性、周期性求对应函数值及关系判断各项正误.【详解】由题设，则，又，所以，即，故，即，综上，关于、对称，且周期为4的偶函数，①对；，②对；由轴对称知：，由中心对称知：，所以，③错；，④对.故正确的有①②④.故选：A 二、多选题9．已知实数，则下列不等式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】举特例即可说明A项；根据不等式的性质，即可得出B、C两项；作差结合不等式的性质，即可得出D项.【详解】对于A项，取，，，，则，，所以，故A项错误；对于B项，由已知可得，，，所以，故B项正确；对于C项，因为，所以.因为，所以，故C项正确；对于D项，因为，所以.因为，所以，所以，所以.又，所以，，所以，故D项正确.故选：BCD.10．下列各式中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用正切函数的单调性可判断AB选项的正误，利用余弦函数的单调性可判断C选项的正误，利用正弦函数的单调性可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，因为正切函数在上为增函数，且，所以，，即，A选项正确；对于B选项，由于正切函数在上为增函数，且，所以，，B选项错误；对于C选项，，，因为余弦函数在为减函数，且，所以，，即，C选项正确；对于D选项，由于正弦函数在上为增函数，且，所以，，D选项错误.故选：AC. 三、单选题11．对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（    ）A．若满足，且与同向，则B．C．若，则存在唯一的实数，使D．【答案】B【分析】根据向量的定义判断选项A，向量减法的三角形法则选项B、D，用向量数量积公式判断C.【详解】对于A，向量不能比较大小，故A不正确；对于B，根据向量加法运算公式可知，当向量与不共线时，两边之和大于第三边，即，当与同向时，等号成立，故B正确；对于C，若，，不存在实数，使，故C不正确；对于D，当向量与不共线时，根据向量减法法则可知，两边之差小于第三边，即，故D不正确.故选：B. 四、多选题12．在中，角的对边分别是，若，则下列结论正确的的是（    ）A． B．是锐角三角形C．的最大内角是最小内角的2倍 D．若，则的面积为【答案】BC【分析】根据正弦定理可得，则可得；根据余弦定理可判断B、C；若，根据面积公式可求出面积.【详解】对于A项，由及正弦定理得，可设，，，所以，，，所以，故A错误；对于B项，由为最大边，为最小边， 根据余弦定理可得，所以最大角是锐角，故B正确；对于C项，又，，由，，，可得，故C正确；对于D项，若，则，，由，得，所以的面积，故D错误.故选：BC. 五、填空题13．已知扇形的面积为，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为____________cm．【答案】【分析】设扇形的弧长为，半径为，由已知可得出，求解即可得出答案.【详解】设扇形的弧长为，半径为，由已知可得，圆心角，面积，所以有，即，解得.故答案为：.14．复数与复数在复平面上对应点分别是A，B，则____________．【答案】1【分析】根据复数运算法则可得两点的坐标，再根据两角和的正切公式即可算出.【详解】根据复数与对应的点的坐标为，如下图所示：易知；则.故答案为：115．已知函数，当函数有且仅有三个零点时，则实数a的取值范围是___________．【答案】【分析】将问题转化为研究与有三个交点，先求出时，，然后分以及，作出函数的图象，结合函数的图象，即可得出答案.【详解】因为函数有且仅有三个零点，所以与有三个交点.当时，，当时，作出的图象，如图1所示，由图象可知，此时与只有一个交点，不满足题意；当时，作出的图象，如图2所示，由图象可知，当，即时，与有三个交点，即当函数有且仅有三个零点时，.综上所述，实数a的取值范围是.故答案为：.16．已知中，，，，为的外心，若，则的值为____________.【答案】【分析】由题意可知，O为外接圆的圆心，过O作，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得，同理得，从而两式联立即可求得的值．【详解】由题意可知，为的外心，设半径为r，在圆O中，过O作，垂足分别为,因为 ，两边乘以，即，的夹角为，而，则 ，得①，同理两边乘 ，即，，则 得②，①②联立解得，，所以，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将两边分别乘以，结合数量积定义化简得到关于的方程，求得答案. 六、解答题17．已知复数，，在复平面内所对应的点为A.(1)若复数为纯虚数，求实数m的值；(2)若点A在第二象限，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出，根据复数的概念，得出方程组，求解即可得出答案；（2）根据复数的几何意义，得出点坐标，由已知列出不等式组，求解即可得出答案.【详解】（1）由已知，.因为复数为纯虚数，所以有，解得.（2）根据复数的几何意义，可知.因为点A在第二象限，所以，解得，或.18．在中，角的对边分别是，，，如图所示，点D在线段AC上，满足.(1)求A的值；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理可得.然后在的两边同时，乘以，整理可得.根据角的范围，即可得出答案；（2）设，，由已知可知为等边三角形，所以.在中，根据余弦定理可推得，，进而根据余弦定理得出.然后根据向量数量积的定义，即可得出答案.【详解】（1）由正弦定理可得，.又，所以，即，所以，所以.因为，所以，所以，所以.（2）设，，则，，在中，有，，可知为等边三角形，所以.在中，有，，，，由余弦定理可得，，即，整理可得，解得，所以，.由余弦定理可得，.所以，.19．已知函数，，的图象相邻两条对称轴间的距离为，是函数的一个零点．(1)求函数的解析式；(2)求函数在上的单调递增区间.【答案】(1)(2)， 【分析】（1）由已知可得出，.根据推得，结合的范围得出，即可得出答案；（2）由得出函数的单调递增区间，然后令，，，分别求出单调区间与定义域的交集，即可得出答案.【详解】（1）由已知可得，，所以，.又，所以有，所以.因为，所以，所以，.（2）由可得，，所以，的单调递增区间为，.当时，；当时，；当时，.综上所述，函数在上的单调递增区间为，.20．如图，A，B是某海城位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东，B点南偏东的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距100海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为80海里/时.(1)求B，C两点间的距离；(2)该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01）【答案】(1)60海里(2)方向是南偏东，需要的时间为小时. 【分析】（1）求得度数，根据正弦定理即可求得答案；（2）确定的度数，由余弦定理即可求得的长，即可求得救援时间，利用余弦定理求出的值，即可求得应该沿南偏东多少度的方向航行.【详解】（1）依题意得，，所以，在中，由正弦定理得,,故（海里），所以求两点间的距离为60海里.（2）依题意得，在中，由余弦定理得，所以（海里），所以救搜船到达C处需要的时间为小时，在中，由余弦定理得 ,因为，所以，所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒21．在平面直角坐标系中，已知.(1)若，P为x轴上的一动点，点，当三点共线时，求点P的坐标；(2)若，且与的夹角，求m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量的坐标运算，结合共线的坐标表示即可求解，（2）根据数量积的坐标运算，利用得，结合正弦函数的性质以及不等式即可求解.【详解】（1）设，因为，所以，因为，所以，，，因为，，三点共线，即与共线，所以，解得，则点的坐标为．（2），所以，，，因为与的夹角为，所以恒成立，所以，又因为，所以，所以，即，因为，所以恒成立，令，，，，所以，因为，当且仅当，即时取等号，即的最小值为5，所以，则的取值范围是．22．已知函数(1)证明：函数在上单调递减；(2)讨论关于x的方程的实数解的个数．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析 【分析】（1）根据单调性的定义分析证明；（2）原题意等价于函数与常函数的交点个数，作出函数的图像，数形结合处理问题.【详解】（1）任取，则，令，且，则，，所以，即，故函数在上单调递减．（2）关于x的方程的实数解的个数，等价于函数与常函数的交点个数，由（1）可得：，令，且，则，，所以，即，故函数在上单调递减，结合（1）可得：函数在上单调递减，在上单调递增，故，令，且，整理得，解得或，故函数的图像如图所示：可得函数的图像如图所示：对于函数与常函数的交点个数，则有：当时，交点个数为0个；当或时，交点个数为2个；当时，交点个数为3个；当时，交点个数为4个．