2022-2023学年湖北省部分省级示范高中高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省部分省级示范高中高一下学期期中联考数学试题含解析，共15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学年湖北省部分省级示范高中高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．已知，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】利用同角三角函数的基本关系式即可求得结果．【详解】，故选：B．2．设复数满足，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】由复数相等及除法运算求复数，根据共轭复数概念及模的求法求结果即可.【详解】由题设，则，故.故选：C3．最接近（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用诱导公式得到，从而利用特殊角的三角函数值，判断出答案.【详解】，其中为第三象限角，且当为第三象限角时，，其中，又，而较，离更近，综上，最接近.故选：B4．关于向量，，下列命题中，正确的是（    ）．A．若，则 B．若，则C．若，，则 D．若，则【答案】B【分析】利用相等向量、向量的模及平行向量等概念，判断选项的正误即可.【详解】向量是既有大小又有方向的量，大小相等，但方向不一定相同，故A错误；若，得方向相反，则，故B正确；当，与不一定平行，故C错误；尽管两个向量的模有大小之分，但两个向量是不能比较大小的，故D错误；故选：B．5．已知一个足球场地呈南北走向．在一次进攻时，某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60°方向行进了24米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点的距离为（    ）A．米 B．米 C．32米 D．米【答案】D【分析】作出示意图，利用余弦定理计算即可.【详解】如图，根据题意可知.根据余弦定理可得：，解得(米)故选：D6．已知向量，满足，则在方向上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量的数量积运算，对两边同时平方得到，再由投影向量的定义即可求解.【详解】由已知条件得：，即，又在方向上的投影向量为，故选：A.7．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角函数诱导公式以及二倍角的余弦公式化简、求值，即可得答案.【详解】由于，故，故选：B．8．已知锐角，，，则边上的高的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设边上的高为，根据题意得，再结合条件得，再分析求值域即可.【详解】因为为锐角三角形，，设边上的高为，所以，解得由正弦定理可得，，所以，，因为，所以因为，所以，所以，所以，所以边上的高的取值范围为.故选：C. 二、多选题9．若复数（i为虚数单位），则下列结论正确的是（    ）A． B．z的虚部为-1C．为纯虚数 D．【答案】ABC【分析】由的幂运算的周期性可求得；根据复数模长、虚部定义、乘方运算和共轭复数定义依次判断各个选项即可.【详解】，对于A，，A正确；对于B，由虚部定义知：的虚部为，B正确；对于C，为纯虚数，C正确；对于D，由共轭复数定义知：，D错误.故选：ABC.10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的一个周期为B．直线是的一条对称轴C．点是的一个对称中心D．在区间上单调递减【答案】ABD【分析】根据三角函数的性质逐项分析.【详解】对于A， ，所以最小正周期 ，A正确；对于B，将 代入函数解析式得： ，所以是一条对称轴，B正确；对于C，因为 可以看作是函数 向上平移2个单位后的函数，所以对称中心的纵坐标不可能是0，C错误；对于D，当 时，则 ，而正弦函数在上单调递减，所以在区间上单调递减，D正确.故选：ABD.11．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（    ）A．B．若的面积为，则c的最小值为2C．若，，则的面积为D．若，，则满足条件的有且仅有一个【答案】BC【分析】由正、余弦定理及已知得，再根据选项综合应用正、余弦定理和三角形面积公式求解．【详解】∵，∴由正弦定理可得，即，对于A选项，由余弦定理可得，∵，∴，故A错误；对于B选项，由题可知，∴，由余弦定理可得，∴，当且仅当时等号成立，故c的最小值为2，故B正确；对于C选项，由题可知，由正弦定理得，∴∴的面积为，故C正确；对于D选项，由余弦定理可得，即，，解得或，故D错误．故选：BC．12．在中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（    ）A．B．C．若，则是在方向上的投影向量D．若点P是线段AD上的动点，目，则的最大值为【答案】BD【分析】对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确；对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C错误；对选项D，首先根据三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.【详解】如图所示：对选项A，，故A错误；对选项B，，故B正确；对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，由平面向量加法可知：为的角平分线表示的向量.因为，所以为的平分线，又因为为的中线，所以，如图所示：所以是在的投影向量，故选项C错误；对选项D，如图所示：因为在上，即三点共线，设，.又因为，所以.因为，则，.令，当时，取得最大值为.故选项D正确.故选：BD. 三、填空题13．已知向量，，则_________．【答案】【分析】求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.【详解】因为，，则，因此，.故答案为：.14．若复数z的虚部小于0，且，则______．【答案】-4【分析】设且，根据，求出，再根据复数的乘方运算即可得解.【详解】设且，则，所以，则或（舍去），所以（舍去）或，所以，故答案为：15．将函数的图象上每个点的横坐标扩大为原来的两倍（纵坐标保持不变），再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则函数在上的单调递减区间为______．【答案】【分析】根据图象变换可得，再以为整体结合正弦函数的单调减区间即可求解.【详解】将函数的图象上每个点的横坐标扩大为原来的两倍（纵坐标保持不变），得到，再向左平移个单位长度后得到函数的图象，得到，∵，则，令，解得，函数在上的单调递减区间为.故答案为：.16．已知点，是函数图象上的任意两点，角的终边经过点，且当时，的最小值为.若，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________.【答案】【分析】由的终边上的点可求出的值，再由题可得，即可求出，可得解析式；根据可得的范围，不等式化为，求出的最大值即可.【详解】（1）角的终边经过点，所以，又，所以，因为当时，的最小值为，所以，即，所以，可得，当时，，，所以，所以，于是即为，由，，，所以，得的最大值为，所以实数的取值范围是.故答案为：. 四、解答题17．已知复数，.(1)计算.(2)若，且复数的实部为复数的虚部，求复数.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）由复数的乘法运算法则，即可求解；（2）设，由和，根据题意求得的值，即可求得复数.【详解】（1）由题意，复数，可得（2）设，因为，所以，由复数，所以复数的虚部为，又因为复数的实部为复数的虚部，所以，又由，解得，所以或.18．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若，求与的夹角的余弦值．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据向量平行列方程，即可求得的值；（2）根据平面向量垂直列方程，求出的值，再结合坐标运算求与的夹角的余弦值即可．【详解】（1）因为，，，所以，            即，所以或．（2）因为，所以，即所以，所以，即，                      所以,，则，所以.19．在中，角，，对边分别为，，，且，.(1)求；(2)若，边上中线，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理和已知可得，利用三角函数的平方关系可得答案；（2）法一：在和中，由余弦定理可得，，求出代入三角形面积公式可得答案；法二：由得，，求出由可得答案；法三：作交于，则，，由余弦定理可得，代入三角形面积公式计算可得答案.【详解】（1）由正弦定理有，因为，有，因为，故，；（2）法一：在和中，，因为，，则，因为，所以，所以；法二：因为，所以，有，因为，所以，所以；法三：如图，作交于，则是的中点，所以，，，即，解得，所以.20．已知中，点D在线段上，且，延长到C，使．设，．(1)用表示向量；(2)若向量与共线，求k的值．【答案】(1)，；(2)． 【分析】（1）利用向量线性运算法则即可表示；（2）利用向量共线定理即可计算．【详解】（1）∵A为的中点，∴，可得，；（2）由（1）得，∵与共线，则，即，∵不共线，∴，解得．21．已知函数.(1)若点是函数图像的一个对称中心，且，求函数在上的值域；(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用整体代入法求，从而得到，进而利用正弦函数的性质，结合的取值范围即可得解；（2）利用整体代入法求得的单调性，从而利用数轴法得到关于的不等式，结合正弦函数的周期性先确定的值，再得到的取值范围，由此得解.【详解】（1）由题意得:，，故函数在上的值域为.（2）令，解得，函数在上单调递增，，即又，，所以的取值范围为.22．已知向量，函数，，．(1)当m=0时，求的值；(2)若的最小值为，求实数m的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示及两角和的余弦定理得到函数的解析式，代入计算即可.（2）利用向量的运算的坐标表示及两角和的余弦定理化简函数解析式，再利用换元法根据函数最大值求出参数的值.【详解】（1） 当时，，（2）， ，又令，则，，对称轴为，当，即 时，在上单调递增，  解得（舍去），当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，解得，当，即时，在上单调递减，解得（舍去），综上，若的最小值为−1，则，