2022-2023学年广东省深圳市高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省深圳市高一下学期期中联考数学试题含解析，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学年广东省深圳市高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．设向量，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量减法的定义及坐标运算即可解得.【详解】.故选：B.2．已知是虚数单位，，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】整理变形求复数的代数形式即可.【详解】，所以复数在复平面内对应的点为，在第一象限.故选：A3．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】用正弦定理即可解得.【详解】∵，，，∴由正弦定理可得，则.故选：B.4．要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度【答案】A【分析】根据三角函数的平移变换法则（左加右减）即可求解.【详解】由于函数，所以要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位长度.故选：A.5．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形．已知点是斜边的中点，且，则△ABC的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据斜二测画法，即直观图中平行于轴的长度不变，平行于轴的长度变为原来的一半，根据题中所给的数据以及图形，可知角形为直角三角形，，，，由此即可求出结果.【详解】因为为等腰直角三角形且，所以，，由斜二测画法可知，，且三角形为直角三角形，， 所以三角形ABC的面积为．故选：B.6．已知非零向量与的夹角为120°，，则（）的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据平面向量的模的求法得到，因为当且仅当时等号成立，从而可以求出结果.【详解】，当且仅当时等号成立；∴，当且仅当时等号成立.故选：D.7．在中，角，，的对边分别是，，，，，，则A．2 B． C． D．【答案】B【详解】由正弦定理可得，由于所以由余弦定理可得所以.故选B.8．梯形中，，，，，，点E在线段上，点F在线段上，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将视为基底，表示出运算即可【详解】，，，，，.故选：A. 二、多选题9．若直线不平行于平面，则下列结论不成立的是（    ）A．内所有的直线都与异面 B．内不存在与平行的直线C．内所有的直线都与相交 D．直线与平面有公共点【答案】ABC【分析】直线不平行于平面，可得或与平面相交．据此可判断出结论．【详解】直线不平行于平面，可得或与平面相交．对于A：直线与平面内的直线相交、平行或为异面直线，故A错误；对于B：当时，平面内存在与直线平行的直线，故B错误；对于C：当时，内的直线可能与平行，故C错误；对于D：直线与平面有公共点，故D正确．故选：ABC．10．下列四个等式中正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】由正弦函数的差角公式可判断选项A；由正弦的二倍角公式可判断选项B；由正切的和角公式可判断选项C；由辅助角公式结合直线的二倍角公式可判断选项D.【详解】，A正确；，B错误；，C错误；，D正确．故选：AD11．已知向量，将绕坐标原点分别旋转，，到，，的位置，则（    ）A．B．C．D．点坐标为【答案】CD【分析】设，根据三角函数的定义得到，，依题意画出图形，即可得到夹角，根据数量积的定义判断A、C，利用余弦定理求出，即可判断B，再根据两角差的正、余弦公式判断D.【详解】已知向量，将绕坐标原点分别旋转，，到，，的位置，  设，则，，，，，对于A，，即A错误；对于B，，，即B错误；对于C，，，即，即选项C正确；对于D，由，，即点坐标为，即选项D正确．故选：CD．12．在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若，则a的值可以为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】AB【分析】根据正弦定理，结合余弦定理、基本不等式与三角形内角的范围可得，再逐个选项判断即可【详解】由三角形三边关系，得到；由正弦定理得，即，由余弦定理得，因为，所以，且，，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故．故选：AB 三、填空题13．已知（为虚数单位），则__________.【答案】【分析】先求得，结合复数的运算法则，即可求解.【详解】由的计算规律，可得，所以.故答案为：14．已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为__________.【答案】【分析】取上、下底面的中心，过点作，再利用条件和正四棱台的性质即可求出结果.【详解】如图，在正四棱台中，分别取上、下底面的中心，连，因为正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，所以，过点作，垂足为，则易知且，在Rt中，，，所以，故正四棱台的高为.  故答案为：.15．在中，内角的对边分别为，若，则__________.【答案】/【分析】利用余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】因为，由余弦定理得，解得，所以.故答案为：.16．已知，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为__________.【答案】【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，分析可知是函数的最小值，是函数的最大值，求出函数最小正周期的最大值，可求得的最小值.【详解】因为，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则是函数的最小值，是函数的最大值，因为，若使得最小，则函数的最小正周期取最大值，且函数最小正周期的最大值为，故的最小值为，则的最小值为.故答案为：. 四、解答题17．已知复数是纯虚数．（1）求实数的值；（2）若复数满足，，求复数．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）由复数为纯虚数，可得，从而可求出的值；（2）由（1）知，令，由，，列方程可求出的值，从而可求出复数【详解】解：（1）由复数为纯虚数，有，得．（2）由（1）知，令，有．又由，得，有．由上知或．18．已知向量，.（1）设向量与的夹角为，求；（2）若向量与向量垂直，求实数m.【答案】（1）；（2）0.【分析】（1）用夹角公式算出余弦值，进而算出正弦值；（2）向量垂直即数量积为0，进而求出m.【详解】（1）， ∴；（2）若向量与向量垂直，则，即，，，， ∴，解得：.19．某地帆赛举行之前，为确保赛事安全，海事部门举行安保海上安全演习.为了测量正在海面匀速行驶的某航船的速度，在海岸上选取距离为2千米的两个观察点C，D，在某天10：00观察到该航船在A处，此时测得，6分钟后该船行驶至B处，此时测得，，，求船的速度是多少千米/分钟.【答案】千米/分钟.【分析】先根据条件求出BD，BC再在△ACD中用正弦定理解出AC，最后在△ACB中，用余弦定理即可解出AB，进而求出速度.【详解】由已知条件可得中，，，∴，.在中，，，，由正弦定理，∴. 在中，根据余弦定理可得，则，，，∴，∴，即船的速度是千米/分钟20．已知函数的部分图象如图所示.(1)求函数的解析式；(2)求函数的单调区间；(3)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)单调递增区间为；单调递减区间为；(3) 【分析】（1）根据图象得到最小正周期，进而得到，代入特殊点，求出，求出函数解析式；（2）利用整体法求解单调区间；（3）利用三角函数的图象及性质解不等式，得到答案.【详解】（1）由图知函数的最小正周期，所以，又，所以.因为，所以，所以；（2）令，解得；令，解得；所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为；（3）当，即，可得，解得，所以的取值范围为.21．已知向量，，，其中A、B、C为的内角，a，b，c为角A，B，C的对边.（1）求C；（2）若，且，求c.【答案】（1）；（2）6.【分析】（1）根据向量数量积坐标运算公式结合二倍角公式，得到关于一元二次方程，求解即可；（2）由（1）结合已知得出，再由余弦定理，配方再将代入，得到关于的一元二次方程，求解即可得出结论.【详解】（1），对于，，∴，∴.又∵，∴，，或（舍去）又，；（2）∵，，∴，由余弦定理，∴，，∴.22．已知锐角的内角的对边分别为，.(1)求；(2)若，求面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角函数的基本关系式，化简得到，求得，即可求解；（2）由（1）和是锐角三角形，求得，利用三角形面积公式和正弦定理，得到，结合正切函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：由正弦定理可得，又由，因为，可得，因为，可得，所以，又因为，所以.（2）解：因为是锐角三角形，由（1）知且，可得，因为，所以，由三角形面积公式得又由正弦定理且，所以，因为，所以，所以，所以，即面积的取值范围为.