2022-2023学年江苏省南京市第二十九中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南京市第二十九中学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学年江苏省南京市第二十九中学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】C【分析】先解出集合B，根据交集的运算，即可得出答案.【详解】解，可得，所以.所以，.故选：C.2．实数满足，则的最小值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】运用代入法将代数式 转换为只含有x的一元代数式，运用基本不等式求解.【详解】 ，所以，当且仅当取等号；故选：C.3．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为，即可推出，然后根据二倍角的余弦公式，展开代入已知，即可得出答案.【详解】因为，所以，.故选：B.4．1748年，瑞士数学家欧拉发现了欧拉公式： （ 是自然对数的底，是虚数单位），这个公式被誉为复指数函数与三角函数的“天桥”，在复变函数中占有非常重要的地位，则复数 在复平面内对应的点所在的象限为（    ）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】先用欧拉公式求出 得复数形式，再根据其坐标求解.【详解】 ，其在复平面的坐标为 ，又因为 ，所以， 对应的点在第四象限；故选：D.5．已知函数，则（    ）A．在单调递增，且图象关于点中心对称B．在单调递增，且图象关于点中心对称C．在单调递减，且图象关于点中心对称D．在单调递减，且图象关于点中心对称【答案】B【分析】根据三角恒等变换化简函数，结合正弦型函数的单调性与对称性即可得答案.【详解】，因为，所以，所以在单调递增，又，所以得图象关于点中心对称.故选：B.6．函数在区间上的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数奇偶性排除B、D，再取特值排除C.【详解】对于函数，∵，故为奇函数，图象关于原点对称，B、D错误；又∵，且，故，C错误；故选：A.7．已知锐角中，角的对边分别为，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据余弦定理以及正弦定理结合已知条件找出角的关系式，然后利用正切的二倍角公式化简，再根据角的范围求出取值范围即可.【详解】由得：，所以，所以，，，，在中，由，所以，因为锐角三角形，所以，所以，所以.所以的取值范围是：，故选：A.8．已知实数，则它们的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由三角函数线和正弦函数的图象，结合扇形的面积公式和三角形面积公式，以及两点间的斜率公式，用排除法，即可得出.【详解】作单位圆及角的三角函数线，如图，设扇形OAP面积为，三角形OAT面积为，弧长为，扇形圆心角为，单位圆半径，由三角函数线可知，，，，因为扇形OAP面积小于三角形OAT面积，所以，所以，故，即，，所以，即，故，排除选项C，D.在在的图象取点和点，由在的图象形状可知， ，则，化简得到，所以，所以，，排除A.故选：B. 二、多选题9．已知，下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】分别设，，，，根据复数的加法、乘法、模的运算以及共轭复数，求解即可得出答案.【详解】设，，，.对于A项，因为，故A对；对于B项，因为，所以.又，所以，所以，故B错；对于C项，因为，所以，故C对；对于D项，因为，所以，故D对.故选：ACD.10．函数，则下列说法正确的是（    ）A．的定义域为 B．是奇函数C．是周期函数 D．既有最大值又有最小值【答案】ACD【分析】利用奇函数和周期函数的定义可判断BC的正误，利用正切函数的定义域可得A的正误，利用正切函数的单调性可判断D的正误.【详解】对于A，，因为，所以对于任意实数，都有意义，所以A正确；对于B，，不与恒等，所以B错误；对于C，，所以C正确；对于D，，在单调递增，所以，所以D正确.故选：ACD.11．给出下列四个关系式，其中正确的是（    ）A．B．C．D．【答案】BD【分析】根据两角和与差的正弦以及余弦公式，展开化简即可得出答案.【详解】对于A项，因为，，所以，所以，故A项错误；对于B项，因为，，所以，所以，故B项正确；对于C项，因为，，所以，所以，故C项错误；对于D项，因为，，所以，所以，故D项正确.故选：BD.12．在中，，点是边上一点，且，则下列说法正确的是（    ）A．B．若，则C．若，则D．当取得最小值时，【答案】AB【分析】运用余弦定理求出BC，运用平面向量的运算逐项分析.【详解】由余弦定理得 ，故正确；若.5，则 ， ，故正确；若，由上图，以A为圆心， 为半径画圆，则圆A与BC有2个交点，故C错误； ，设 ， ，当时取最小值，故D错误；故选：AB. 三、填空题13．在中，，则满足此条件的三角形有__________个.【答案】2【分析】利用余弦定理建立方程，结合韦达定理和判别式，求方程正根的个数即为解的个数.【详解】由余弦定理，得，即，其判别式，因为，设的两根为和，由韦达定理，得，又因为，所以方程有两个不等的正根，所以满足此条件的三角形有2个.故答案为：2.14．将在复数范围内因式分解为__________.【答案】【分析】先求解判别式，再利用求根公式得出两个根，写出因式分解式即可.【详解】令，，所以，即.故答案为: .15．如图，某数学学习小组要测量地面上一棵大树的高度（大树垂直于地面），在与树底同一水平面内选取两个测量基点和，在点测得大树顶部的仰角是，在点测得大树顶部的仰角是，测得水平面上的，米，则大树的高度为__________米.【答案】10【分析】设，在以及中，求出以及.在中，根据余弦定理，得出方程，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，.设，在中，有，所以.在中，有，所以.在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去负值）.故答案为：10.16．在中，，若的平面内有一点满足，则的最小值为__________.【答案】【分析】建立直角坐标系，运用平面向量求出点D的运动轨迹，再利用几何意义求解.【详解】由题意，由余弦定理得 ， ， ，即以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，则 ，由已知 ，即点D是在以AC的中点 为圆心，半径为1的圆周上， ，即是求 的最小值，其几何意义为圆周上的一点D到AB的中点 的距离的平方的最小值，显然当D，E，O共线时DE最小（如上图），即 ， 的最小值为 ；故答案为： . 四、解答题17．已知平面向量，，，，且与的夹角为．(1)求；(2)若与垂直，求的值．【答案】(1)(2)1 【分析】（1）先用平面向量运算法则求出，从而求出模长；（2）根据平面向量垂直得到方程，求出的值.【详解】（1），所以.（2）由题意得：，解得：.18．已知复数(1)求复数；(2)记复数在复平面对的点为，已知角的终边经过点，若，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用复数的乘除运算进行化简；（2）先根据角的终边经过点得到，结合，解方程可得答案.【详解】（1）.（2）由（1）得，所以，因为，所以，解得；因为，所以.19．的内角的对边分别为，若.(1)求；(2)若，的面积为.（i）求；（ii）边上一点，记面积为，面积为，当达到最小值时，求的长.【答案】(1)(2)（i）；（ii） 【分析】（1）由正弦定理可得，进而得出，即可得出答案；（2）根据面积公式可推得，然后根据余弦定理可求得；设，，推得，.代入，根据“1”的代换，即可根据基本不等式得出取最小值时的值，进而得出.根据余弦定理，在中，求出.然后在中，根据余弦定理，即可求出的长.【详解】（1）由正弦定理以及可得，.因为，所以.又，所以.（2）（i）由已知可得，，所以.由余弦定理可知，，所以，.（ii）设，，则.所以，则，所以.同理可得，.所以.当且仅当，即，时取等号.所以，.又在中，有，在中，有，所以，.20．已知函数，有以下四个命题：甲：该函数的最大值为；乙：该函数的周期与的周期相同；丙：该函数有一个零点为；丁：该函数像可以由的图像左右平移得到：以上四个命题中有且仅有一个命题是假命题.(1)请找出这个假命题，不需要说明理由，并求出的解析式；(2)设函数，求函数的最小值.【答案】(1)假命题为丁，(2) 【分析】（1）对4个命题逐一推理找出矛盾所在；（2）对 作恒等变换，运用换元法求解.【详解】（1）假命题为丁，理由如下：由甲得，由乙得，此时由丙得 ，又因为，所以 ，即 ；由丁可得：  ，其中 ，若丁正确，则乙丙错误，不符合题意；（2） 设 ，则有，所以设，当时，取最小值，即的最小值为 ；综上，（1）丁是假命题，（2）的最小值为.21．若函数满足：存在非零实数，对任意定义域内的，有恒成立，则称为函数.(1)求证：常数函数不是函数；(2)若关于的方程且有实根，求证：函数为函数；(3)如果函数为函数，那么是否仍为函数？请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)不为函数，理由见解析 【分析】（1）根据题意，求出，即可得出证明；（2）代入化简可得，然后根据题意知有解，即可得出证明；（3）假设为函数，根据函数的定义可推出为常数函数.根据（1）的结论，即可得出矛盾，假设错误，即可得出结论.【详解】（1）由题意可知，，故常数函数不是函数.（2）因为，由题意得存在解，所以，存在，使得，即函数是函数.（3）由题意，则.若为函数，则，则应有，化简得为常数函数.由（1）知，常数函数不是函数，这与已知矛盾，所以假设错误，所以不为函数.22．在中，均为锐角.(1)若，求证：是直角三角形；(2)若，求证：是直角三角形；(3)若，那么还一定是直角三角形吗？【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)不一定 【分析】（1）由已知可推得，进而由正弦定理边化角，结合余弦定理得出证明；（2）由已知可得.分别讨论、、，结合正弦函数的单调性，放缩即可得出证明；（3）当，即时，根据正弦函数的单调性可推得，所以，根据方程有解，即可说明.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，，由余弦定理可得，，所以，所以是直角三角形.（2）由已知可得，①时，，所以，所以是直角三角形；②时，有，根据正弦函数的单调性可知，此时有，与已知矛盾；③时，有，根据正弦函数的单调性可知，同理可得，，所以，与已知矛盾.综上所述，，即三角形为直角三角形得证.（3）由（2）有时，，根据正弦函数的单调性可知所以，即，因为，所以，显然此不等式有解，即存在非直角三角形满足题意.