2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高一下学期期中考试数学试题含解析，共13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学年四川省仁寿第一中学校南校区高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．复数对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数的运算法则，求得复数为，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数，可得复数在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.2．（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式及两角和的余弦公式即可求解．【详解】．故选：A．3．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则为（　　）A．钝角三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．等边三角形【答案】A【分析】根据题意，结合正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，得到，进而得到三角形的形状.【详解】在中，因为，可得，又因为，可得，即，可得，由，所以，所以，所以为钝角三角形.故选：A.4．两个粒子， 从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量为（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数量积的坐标运算求出，再求出，最后根据计算可得.【详解】因为，，所以，，所以在上的投影向量为.故选：D5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用题目条件结合诱导公式即可得出答案.【详解】故选：B.6．已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）A．重心外心垂心 B．重心外心内心C．外心重心垂心 D．外心重心内心【答案】C【详解】试题分析：因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C.【解析】向量在几何中的应用. 7．已知函数的图象（部分）如图所示，则的解析式是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先由图形可得，然后计算周期并得到，最后代入点，最后可得结果.【详解】由图形可知：，，又，所以所以，代入点，所以，则又，所以令，则故故选：C8．已知关于x的方程在上有两个不同的实数根，则m的取值范围是（    ）A． B． C．  D．【答案】D【分析】先对方程化简，可把原问题转化为函数与的图像在上有两个交点，然后求出的单调区间和值域，从而可求出答案【详解】解：由，得，，令，，所以将关于x的方程在上有两个不同的实数根，转化为函数与的图像在上有两个交点，，因为，所以，所以当时，递减，则，当时，递增，则，所以要函数与的图像在上有两个交点，必须满足，故选：D 二、多选题9．已知复数(a,,i为虚数单位),且,下列命题正确的是A．z不可能为纯虚数 B．若z的共轭复数为,且,则z是实数C．若,则z是实数 D．可以等于【答案】BC【解析】根据纯虚数、共轭复数、复数的模、复数为实数等知识，选出正确选项.【详解】当时,,此时为纯虚数,A错误;若z的共轭复数为,且,则,因此,B正确;由是实数,且知,z是实数,C正确;由得,又,因此,,无解,即不可以等于,D错误.故选：BC【点睛】本小题主要考查复数的有关知识，属于基础题.10．对于两个向量和，下列命题中错误的是（    ）A．若，满足，且与同向，则 B．C． D．【答案】ACD【分析】根据向量的运算法则，以及向量的数量积的运算公式，逐项运算，即可求解.【详解】对于A中，向量是既有大小，又有方向的量，所以向量不能比较大小，所以A不正确；对于B中，由，又由，因为，所以成立，所以B正确；对于C中，，所以C不正确；对于D中，，所以，所以D不正确.故选：ACD.11．已知曲线：，：，则（    ）A．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的2倍，得到B．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到C．把上所有点的横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到D．把上所有点的横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到【答案】BD【分析】根据三角函数的图象变换直接求解.【详解】变换方式一：将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到曲线．变换方式二：因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，得到的图象，再向左平移个单位长度，得到曲线．故选:BD．12．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ）A．若，，，则B．若在边长为1的正方形ABCD中，设，，，则C．若，，则符合条件的ABC有两个D．若，则△ABC为等腰三角形或直角三角形【答案】BD【分析】由余弦定理与数量积的定义计算即可判断A；根据向量的加法和模长的定义计算即可判断B；由正弦定理判断三角形解的个数即可判断C；由正弦定理转边为角，再结合二倍角公式化简后即可判断D．【详解】对于A，由，则，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，由正弦定理得，即，则△ABC无解，故C错误；对于D，若，则，即，则在△ABC中，得或，故或，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故D正确．                 故选：BD． 三、填空题13．______【答案】【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】.故答案为：14．已知向量，，若，则x的值为______.【答案】【分析】根据向量平行得到方程，求出x的值.【详解】由题意得，解得.故答案为：15．等腰直角三角形ABC中，AB= AC=2，点D为斜边BC的三等分点，且，则 =________．【答案】【分析】以为原点，、分别为、轴建立平面直角坐标系，逐一写出各点的坐标，再利用平面向量数量积的坐标运算即可得解．【详解】以为原点，、分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，．故答案为：．16．我国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（其中S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边）.在非直角中，a，b，c为内角A，B，C所对应的三边，若，且，则的面积最大时，___________.【答案】【分析】先利用正弦定理将边化为角，化简整理得，带入面积公式，配方可得最值．【详解】，由正弦定理，又，，非直角三角形，，，即，，当且仅当，即时，有最大值.故答案为： 四、解答题17．已知平面向量．(1)若，且，求的坐标；(2)若与的夹角为锐角．求实数的取值范围．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）设，由向量平行和向量的模列出方程组可解得x，y，即可得向量的坐标；（2）由可求出的范围，去除两向量共线的情形即可得最终范围.【详解】（1）设，因为，所以，因为，所以解得：，或，所以或（2），，因为与的夹角为锐角，所以，，解得：且，即18．已知且.（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由代入正切函数的二倍角公式即可求解；（2）求出，利用两角和的正切函数公式可得答案.【详解】（1）因为，所以．（2）因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以．19．已知平面向量，，函数.(1)求函数的解析式；(2)求函数在区间上的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据数量积的坐标表示结合二倍角的正余弦公式和辅助角公式即可得解；（2）根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解.【详解】（1）解：；（2）解：因为，所以，所以，所以，即函数在区间上的值域为.20．已知a、b、c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，．(1)求A；(2)若，△ABC的面积为，求b、c．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由正弦定理得，再由化简得，再借助辅助角公式求A即可；（2）由面积公式求得，再由余弦定理求得，联立解方程即可求出.【详解】（1）由正弦定理得：，又，则，则，整理得，又，故，即，，又，故；（2），故，由余弦定理得，即，则，，故.21．在中，内角，，对应的边分别为，，，设，，且.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，，点满足，求的长.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）通过向量的数量积，结合两角和与差的三角函数化简表达式，求解即可．（Ⅱ）利用余弦定理求解，推出，然后利用平方，求解模即可．【详解】解：（Ⅰ）因为，，且，所以，，即，解得或，因为，所以.（Ⅱ）因为，所以，解得或（舍去），又因为，所以，，即，所以的长为.22．已知，，函数(1)求的周期和单调递减区间；(2)设为常数，若在区间上是增函数，求的取值范围；(3)设定义域为，若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值.【答案】(1)，单调递减区间为：(2)(3)不存在实数的使得上述条件成立 【分析】（1）利用向量运算转化为正弦型函数进行处理.（2）利用整体代换求出正弦型函数的单调区间再处理.（3）恒成立问题转化为函数的最值问题进行处理，注意对底数的讨论.【详解】（1）则，单调递减区间为：（2），所以函数单调增区间为，因为在区间上是增函数，所以，，；（3）因为定义域为，，且，所以真数所对应二次函数开口向上，且与轴无交点，对应方程判别式，即，所以满足条件为，且，因为对任意，，使得不等式恒成立，即，因为函数在上，当时，函数在上单调递增，在单调递减，所以函数在处取得最大值，当时，，当时，，所以此时不满足条件；当时，函数在上单调递减，在单调递增，函数最小值为因为，，，所以不成立.综上，不存在实数的使得上述条件成立.