2022-2023学年湖北省部分重点中学高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省部分重点中学高一下学期期中联考数学试题含解析，共19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学年湖北省部分重点中学高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．下列说法正确的是（    ）A．第二象限角比第一象限角大B．角与角是终边相同角C．斜三角形的内角是第一象限角或第二象限角D．将表的分针拨快分钟，则分针转过的角的弧度数为【答案】C【分析】判断每一个选项的正误即可.【详解】选项A：第二象限角可能为负角，如，第一象限角也有可能为正角，如，故A错误；选项B：，故角与角终边不同，故B错误；选项C：斜三角形的内角为锐角或者钝角，故其内角为第一象限角或第二象限角，故C正确；选项D：分针拨快是顺时针旋转，得到的角为负角，故D错误.2．已知是第三象限的角，且，那么的值为A． B． C． D．【答案】A【分析】将恒等式两边同时平方，结合二倍角的正弦公式即可得结果.【详解】∵，∴，∵，∴，∵角是第三象限角即，∴，∴，故选A．【点睛】本题主要考查已知一个角的某个三角函数式的值，求这个角的其他三角函数式的值，一般需用三个基本关系式及其变式，通过恒等变形或解方程求解．3．如图，已知中，为的中点，，若，则A． B． C． D．【答案】C【解析】利用向量的线性运算将用表示，由此即可得到的值，从而可求的值.【详解】因为，所以，.故.故选：C.【点睛】本题考查向量的线性运算以及数乘运算在几何中的应用，难度一般.向量在几何中的应用可通过基底的表示形式进行分析.4．中，角，，所对应的边分别为，，.已知，则是A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】B【分析】由题，利用正弦定理和内角和定理化简可得，再利用余弦定理可得，可得结果.【详解】由题，已知 ，由正弦定理可得： 即又因为 所以即 由余弦定理： 即 所以 所以三角形一定是等腰三角形故选B【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，解题的关键是在于正余弦的合理运用，属于中档题.5．如图，扇形的半径为1，圆心角，点在弧上运动，，则的最小值是（    ）A．0 B． C．2 D．【答案】D【分析】以为轴，以为原点，建立坐标系，设，，根据平面向量基本定理的坐标运算可得：，再利用三角函数的有界性，即可得到答案；【详解】解：以为轴，以为原点，建立坐标系，如图，设，，则，，，∵，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴当时，，即的最小值为．故选：D．6．已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为A．11 B．9C．7 D．5【答案】B【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结合x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得ω的最大值．【详解】∵x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，∴，即，（n∈N）即ω＝2n+1，（n∈N）即ω为正奇数，∵f（x）在（，）上单调，则，即T，解得：ω≤12，当ω＝11时，φ＝kπ，k∈Z，∵|φ|，∴φ，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当ω＝9时，φ＝kπ，k∈Z，∵|φ|，∴φ，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω的最大值为9，故选B．【点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则或. 7．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的直径均为1，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为1的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（　　）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】根据题意建立平面直角坐标系，然后将涉及到的点的坐标求出来，其中点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解．【详解】以为坐标原点，为轴，过做的垂线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，圆的方程为，可设，所以．故．所以的最大值为故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的数量积，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标运算计算向量的数量积，结合三角函数的性质求得最大值，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于较难题.8．已知所在平面上的动点满足，则点的轨迹过的（    ）A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】B【分析】先对题设中的等式进行变形，可得，即在边的垂直平分线，由此选出正确选项．【详解】，，，，即，即，在边的垂直平分线上，由三角形外心的定义知，点的轨迹过的外心.故选：B． 二、多选题9．八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用向量数量积的运算性质，向量的加减法法则及正八边形的性质逐个分析判断即可【详解】解：对于A，，所以A正确，对于B，由，得 ，所以B错误，对于C，，所以C正确，对于D，由C可知 ，所以D错误，故选：AC10．筒车亦称为“水转筒车”，一种以流水为动力，取水灌田的工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史.如图，假设在水流量稳定的情况下，一个半径为3米的筒车按逆时针方向做每6分钟转一圈的匀速圆周运动，筒车的轴心距离水面的高度为1.5米，设筒车上的某个盛水筒的初始位置为点（水面与筒车右侧的交点），从此处开始计时，下列结论正确的是（    ）A．分钟时，以射线为始边，为终边的角为B．分钟时，该盛水筒距水面距离为米C．1分钟时该盛水筒距水面距离与3分钟时该盛水筒距水面距离相等D．1个小时内有20分钟该盛水筒距水面距离不小于3米【答案】ACD【解析】由题意写出点离水面的距离函数，再计算对应的函数值即可．【详解】解：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，依题意，设函数解析式为，因为半径为，所以，距水面的距离为，所以，每6分钟转一圈，所以，所以，所以，当时，，所以，即，所以，所以所以分钟时，以射线为始边，为终边的角为，故A正确，B错误；当时，；当时，；故C正确；令，即，在一个周期内，解得，有分钟，1个小时，有10个周期，所以有分钟，故D正确；故选：ACD11．有下列说法其中正确的说法为A．若，，则：B．若，，分别表示，的面积，则；C．两个非零向量，，若，则与共线且反向；D．若，则存在唯一实数使得【答案】BC【解析】A选项错误，例如，推不出，B选项利用向量可确定O点位置，可知O到AC的距离等于B到AC距离的,故正确，C选项两边平方根据向量的数量积的性质可知夹角为，结论正确，D选项错误，例如.【详解】A选项错误，例如，推不出，B选项,设AC的中点为M, BC的中点为D, 因为，所以,即,所以O是MD的三等分点，可知O到AC的距离等于D到AC距离的,而B到AC的距离等于D到AC距离的2倍，故可知O到AC的距离等于B到AC距离的，根据三角形面积公式可知正确，C选项两边平方可得 ，所以，即夹角为，结论正确，D选项错误，例如. 故选B C.【点睛】本题主要考查了向量共线，向量的夹角，向量的数量积，向量的线性运算，属于中档题.12．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）A．若ω=2，则将的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ω=2C．若在[0， ]上单调递增，则ω的取值范围为（0，3]D．若在[0，π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 【答案】ABD【分析】先化简的解析式；由三角函数的图像变换判断选项A；由，可得是函数的最大、小值点，从而可判断B；由在上单调递增，则，可判断选项C；设，即在仅有3个零点，可判断选项D.【详解】函数选项A：若，，将的图像向左平移个单位长度得函数的图像，所以A正确；选项B：若，则是函数的最大值点或最小值点，若的最小值为，则最小正周期是，所以，B正确；选项C：若在上单调递增，则，所以，C错误；选项D：设，当时，若在仅有3个零点，即在仅有3个零点则，所以，D正确，故选：ABD． 三、填空题13．已知扇形的半径为6，圆心角为，则扇形的面积为_____．【答案】【分析】先计算扇形的弧长，再利用扇形的面积公式可求扇形的面积．【详解】根据扇形的弧长公式可得，根据扇形的面积公式可得．故答案为：．14．已知，分别是与方向相同的单位向量，在上的投影向量为，在上的投影向量为，则与的夹角为__________________.【答案】.【解析】根据向量的投影定义，列出方程，求解，再根据夹角公式，即可求解.【详解】由题意，得解得∴.∵，∴.故答案为：【点睛】本题考查向量投影公式、夹角公式，属于基础题.15．已知△ABC中，，若点P为四边形AEDF内一点(不含边界)且，则实数x的取值范围为___________.【答案】【分析】根据题意画出图形，结合图形找出临界点的位置，进行适当的推理与运算，即可求出实数x的取值范围.【详解】解：如图所示，在线段BD上取一点G，使得，设DC=3a，则DG=a，BC=5a，BG=a；过点G作GH∥DE，分别交DF､AE于K､H，连接FH，则点K､H为临界点；GH∥DE，所以HEEC，AHEC，HGDE，，所以FH∥BC；所以FHBC，所以，所以KGHK，KGHGDE.所以实数x的取值范围是().故答案为：().【点睛】关键点点睛：本题考查了平面向量的线性运算问题，也考查了推理与运算能力，是难题，解题的关键是根据题意画出图形，结合图形找出临界点的位置.16．已知函数的图象在上恰有两个最高点，则的取值范围为___________．【答案】【分析】根据区间上，求出的范围，由于在区间上恰有2个最高点，建立不等式关系，求解即可．【详解】因为，所以，依题意得，解得．故答案为：. 四、解答题17．设，是不共线的两个非零向量．(1)若，，，求证：，，三点共线；(2)若，，，且，，三点共线，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）利用向量加减法及向量共线条件证明三点共线；（2）由三点共线转化为向量共线即得结果.【详解】（1）证明：因为，又，故，又与有公共点，所以，，三点共线．（2），．因为，，三点共线，所以，即，因为与是不共线的两个非零向量，所以，故.综上，的值为．18．如图为函数的部分图象．(1)求函数解析式；(2)求函数的单调递增区间；(3)若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围．【答案】(1)(2)，(3) 【分析】（1）由图象分别求出、的值，由五点作图法，求出的值；（2）令，，求出的范围，即为函数的单调递增区间；（3）首先求出函数在上的单调性，则问题转化为函数与在上有两个交点，即可得出的范围．【详解】（1）解：由题中的图象知，，即，所以，根据五点作图法，令，，解得，，因为，所以，所以.（2）解：令，，解得，，所以的单调递增区间为，.（3）解：因为，所以，令，解得，令，解得，所以在上的单调递减区间为，单调递增区间为，又，，，又方程在上有两个不相等的实数根，即与在上有两个交点，所以．19．如图，在中，内角的对边分别为.已知，，，且为边上的中线，为的角平分线.（1）求线段的长；（2）求的面积.【答案】（1）； （2）.【分析】（1）根据题意，哟祖新大陆可得.进而得到；又由，可得.最后在中，由余弦定理得，即可求出.（2）根据题意，因为平分，所以，由此可得，由，则，故即可.【详解】（1）根据题意，，∴.又，，∴；又由，解得，即，则.在中，由余弦定理得，解得.（2）根据题意，因为平分，所以，故，变形可得，，则，所以.【点睛】本题考查利用正弦定理，余弦定理解三角形，考查三角形面积的求法，属中档题.20．如图，在四边形中， ．（1）若△为等边三角形，且， 是的中点，求；（2）若， ， ，求．【答案】(1)11,(2) 【分析】（1）直接利用向量的线性运算和数量积求出结果．（2）利用向量的线性运算和向量的模求出结果．【详解】（1）因为△ABC为等边三角形，且AD∥BC，所以∠DAB=120°．                       又AD=2AB，所以AD=2BC，因为E是CD的中点，所以：=，=．又，所以，=．=，=11．（2）因为AB=AC，AB=2，所以：AC=2．因为：，所以：．所以：．又=4．所以：．所以：=．故：．【点睛】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的模的应用，属于基础题.21．从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币.如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”.某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径1厘米，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字.设，五个正方形的面积和为.（1）求面积关于的函数表达式，并求的范围；（2）求面积最小值，并求出此时的值.【答案】（1）；的取值范围为，；（2）；.【解析】（1）由题意可知小正方形的边长为，大正方形的边长为，所以五个正方形的面积和为，又，所以，所以的取值范围为，，；(2)其中，，所以，此时，所以，则，因为，解得，即可求出面积最小值【详解】解：（1）过点分别作小正方形边，大正方形边的垂线，垂足分别为，，因为内嵌一个大正方形孔的中心与同心圆圆心重合，所以点，分别为小正方形和大正方形边的中点，所以小正方形的边长为，大正方形的边长为.所以五个正方形的面积和为，.因为小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长，所以，，，所以的取值范围为，.（2），，，，其中，.所以，此时.因为，所以，所以，所以，则，化简得：，由此解得：，因为，所以.【点睛】本题主要考查三角函数的实际应用，以及三角恒等变换的应用，涉及降幂公式、二倍角正弦公式和正切公式，是中档题．22．在平面向量中有如下定理：已知非零向量，，若，则.（1）拓展到空间，类比上述定理，已知非零向量，，若，则_______（请在空格处填上你认为正确的结论）（2）若非零向量，，，且，利用（1）的结论求当为何值时，分别取到最大、最小值？【答案】（1）；（2）时，有最大值；或时，有最小值.【分析】（1）根据已知可得答案；（2）由，得，由，得，，根据，可得可得答案.【详解】（1）（2）因为，所以得①，又因为，所以得②，∴①②，得到，∴，若或2，此方程无解，∴，即且，∴，因为，所以得，又，所以，解得，当时，最小，此时最大，，任意角的余弦最小为，当，即，此时或，综上：当时，有最大值；当或时，有最小值.【点睛】本题考查了向量的坐标运算及三角函数的性质，关键点是由且得到，考查了学生分析问题、解决问题的能力.