2023浙江省精诚联盟高一下学期3月联考试题数学含解析

2022学年第二学期浙江省精诚联盟3月联考

高一年级数学学科试题

选择题部分

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知，是坐标原点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量线性运算可得，由坐标可得结果.

【详解】

故选：

【点睛】本题考查平面向量的线性运算，属于基础题.

2. 一个扇形的面积和弧长的数值都是2，则这个扇形中心角的弧度数为（    ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】根据扇形面积和弧长公式计算即可得出结果.

【详解】设扇形中心角的弧度数为，半径为，

由题意可知，扇形面积，弧长，

解得，

即扇形中心角的弧度数为1.

故选：D

3. 已知复平面内的平行四边形ABCD，三个顶点A，B，C对应的复数分别是1＋2i，－2＋i，0，那么点D对应的复数为（    ）

A. 1－3i B. 3－i C. 3＋i D. －1＋3i

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的几何意义以及向量的线性运算即可求解.

【详解】根据复数的几何意义可知,

设，则由，所以,因此对应的复数为：3＋i

故选：C

4. 函数的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题可得函数为奇函数，当时，，即可判断.

【详解】∵，，定义域关于原点对称，

∴，

所以函数为奇函数，所以其图象关于原点成中心对称，所以选项C错误；

又当时，，所以选项BD错误.

故选：A.

5. 已知，，则在上的投影向量是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据在上的投影向量是计算即可解决.

【详解】由题知，，

所以，

设与夹角为，

所以在上的投影向量是.

故选：B

6. 冬奧会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想．某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下．为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求．该同学取端点绘制了，测得AB=5，BD=6，AC=4，AD=3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算的值（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据三条边求出，利用平方关系得到，结合正弦定理可得，再根据平方关系可求.

【详解】由题意，在中，由余弦定理，

；

因为，所以，

在中，由正弦定理所以，

解得

由题意，因为锐角，所以

故选：D.

7. 如图，在边长为4的等边中，点E为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则=（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】分别用基底，表示出，利用向量运算进行求解.

【详解】因为点E为中线BD的三等分点，点F为BC的中点，

所以,,

所以

因为是边长为4的等边三角形，为中线，

所以，，

所以，

所以.

故选：A.

8. 若，，，且，，则的值为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先把所给两个等式转化为同一种结构形式，利用单调函数的特点，得出，从而可求答案.

【详解】因为，所以，即；

所以与都是方程根；

因为，所以；

由于与在上均为增函数，

所以方程在上只有一个根，

所以，即；

所以.

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（    ）

A.  B. 复数的虚部为

C. 若复数为纯虚数，则 D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.

【详解】因为，A正确；

复数的虚部为，B不正确；

若，则，，C不正确；

设，所以，

，D正确.

故选：AD.

10. 已知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c下列命题正确的有（    ）

A. 若，则

B. 若，，则外接圆半径为10

C. 若，则为等腰三角形

D. 若，，，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用三角形性质和正弦定理可知A正确，利用正弦定理可知B,C的正误，利用三角形面积公式可知D正确.

【详解】因为，所以，由正弦定理，可得，即，A正确；

由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，B不正确；

因为，所以，即，

整理可得，即，

因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C正确；

因为，，，所以，D正确.

故选：ACD.

11. 已知函数，，则下列结论中正确是（    ）

A. 若，则将图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称

B. 若，且的最小值为，则

C. 若在上单调递增，则的取值范围为

D. 当时，在有且只有3个零点

【答案】ABD

【解析】

【分析】由，逐项判断.

【详解】解：函数，

A.若，，将图象向左平移个单位长度后得到，其图象关于原点对称，故正确；

B.若，且最小值为，则，解得，故正确；

C. 当时，，若在上单调递增，则，解得，故错误；

D.当时，，令，解得，因为，所以，所以在有且只有3个零点，故正确；

故选： ABD

12. 已知平面向量，，则的可能值为（    ）

A. 3 B. 4 C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】先对平方得到，结合图形可得答案.

【详解】因为，，所以；

设，作出简图，

易知，由图可知，当直线经过点时，有最大值6；

当直线经过点时，有最小值；

所以.

故选：AB.

非选择题部分

三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．

13. 在中，，，，则______．

【答案】2

【解析】

【分析】根据题意由正弦定理可得答案.

【详解】，

由正弦定理得，

即，解得.

故答案为：2

14. 复数、满足，，若，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据复数相等可得出关于、、的等式，可得出，结合以及二次函数的基本性质可求得的取值范围.

【详解】因为，则，

所以，，

，故.

故答案为：.

15. 已知函数，当______时，函数取得最大值．

【答案】

【解析】

【分析】逆用两角和的正弦公式将函数化简为，当时，函数取到最大值，结合诱导公式得到的值，从而得到的值.

【详解】，

其中，，

当，即时，函数取到最大值.

∴，∴，即，，

∴.

故答案：

16. 在中，，，动点在内且满足，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】由得,根据向量的加法法表示，再进行向量积运算得出结果.

【详解】由得，即.

因为,又，，

所以

.

故答案为：.

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知向量，，．

（1）若，求的值；

（2）若，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由向量平行得出，进而由模长公式的得出的值；

（2）根据向量垂直的坐标表示得出的值．

【小问1详解】

由得，∴，∴

【小问2详解】

由已知，

又，∴，解得

18. 已知复数z=m＋2i是方程的根（i是虚数单位，m∈R）

（1）求|z|：

（2）设复数，（是z的共复数），且复数所对应的点在第三象限，求实数a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将复数根代入方程中，根据复数相等即可求解，

（2）根据i的周期性以及复数的除法运算法则化简得，结合复数的结合意义即可列不等式求解.

【小问1详解】

由题知

∴

即

，

【小问2详解】

∴

19. 已知在中，是边的中点，且，设与交于点．记，．

（1）用，表示向量，；

（2）若，且，求的余弦值．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据平面向量的基底与三角形法则即可用，表示向量，；

（2）由得，代入向量数量积公式即可求得的余弦值.

【小问1详解】

【小问2详解】

∵三点共线，由得，

，即，

∴，

∴，∴的余弦值为.

20. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．将绕原点逆时针旋转后与角的终边重合．

（1）求的值；

（2）若角满足，求值．

【答案】（1）   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）利用三角函数的定义求得，再根据诱导公式求解即可；

（2）利用及两角差的余弦公式求解即可.

【小问1详解】

因为角终边过点，

所以，，

所以.

【小问2详解】

由（1）得，由得．

又因为， 所以

当时，；

当时，

所以或．

21. 在下列3个条件中任选一个，补充到下面问题，并给出问题的解答．

①；②；③；

已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，D为边上的一点，______．

（1）求角C；

（2）若为角平分线，且，求最小值．

【答案】（1）   

（2）4

【解析】

【分析】（1）若选①根据条件得到，结合取值范围即可求得；若选②，根据三角形内角和定理以及和角公式可得，再结合取值范围即可求得；若选③，先将切化弦，然后利用两角和的正弦公式，再结合取值范围即可求得；

（2）结合（1）的结论，利用余弦定理和角平分线的性质可得，然后利用基本不等式中“1”的代换即可求解.

【小问1详解】

选①，因为，

所以，则有

，∵，∴，即.

选②：因为，则，

所以，

则有

，∵

∴，即

选③：

，∵，∴

【小问2详解】

由余弦定理得：，

由角平分线定理得：，得

则，

当且仅当时，等号成立.

22. 后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制．某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点在弧AB上，点和点分别在线段和线段上，且，．记．

（1）请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值；

（2）记，若存在最大值，求的取值范围．

【答案】（1），，   

（2）

【解析】

【分析】（1）在中，正弦定理可得，，通过三角恒等变换可得，，从而可求其最大值；

（2）根据向量的运算，由得，，从而，再根据三角函数的性质求解．

小问1详解】

由题可知，在中，，，，，

则由正弦定理，可得，   

故可得，

故

=

即．

当时，，此时取得最大值．

【小问2详解】

由（1）知，，

∵，

∴，

∴

令，

∴

当时，关于递减，不存在最大值

当时，

，其中，

∵，

要使存在最大值，只需，即

∴得  解得

【点睛】关键点睛：本题主要考查三角函数中的最值问题，难度较大，第一小问的关键是利用正弦定理求出，用表示，利用辅助角公式转换后再求最值；第二小问的关键是利用平面向量的运算得出，用表示，再通过换元，利用辅助角公式得到与的关系，根据的范围求解．