2022-2023学年山东省聊城市高一（下）质检数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省聊城市高一（下）质检数学试卷（3月份）（含解析），共17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学年山东省聊城市高一（下）质检数学试卷（3月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  (    )A.  B.  C.  D. 2.  若复数满足，则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3.  若函数的值域为，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  某同学因兴趣爱好，自己绘制了一个迷宫图，其图纸如图所示，该同学为让迷宫图更加美观，在绘制过程中，按单位长度给迷宫图标记了刻度，该同学发现图中，，三点恰好共线，则(    )A.
B.
C.
D. 5.  记的内角，，的对边分别为，，，且，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  若，则(    )A.  B.  C. 或 D. 或7.  “五月的风”是坐落在山东省青岛市五四广场的标志性雕塑，重达余吨，是我国目前最大的钢质城市雕塑，该雕塑充分展示了岛城的历史足迹如图，现测量该雕塑的高度时，选取了与该雕塑底在同一平面内的两个测量基点与，测得，，，在点测得该雕塑顶端的仰角为，则该雕塑的高度约为参考数据：取(    )

 A.  B.  C.  D. 8.  在中，为上的中线，为的中点，，分别为线段，上的动点不包括端点，，，且，，三点共线，若，，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  若，是方程的两个虚数根，则(    )A. 的取值范围为 B. 的共轭复数是
C.  D. 为纯虚数10.  已知向量，，，则下列说法正确的是(    )A. 与夹角的余弦值为 B. 在上的投影向量为
C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若与的夹角为锐角，则11.  记的内角，，的对边分别为，，，，，则(    )A. 为钝角三角形 B. 为最大的内角
C. ：：：： D. ：：：：12.  在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且，的角平分线交于，，则(    )A.  B.  C.  D. 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  时钟的分针长，从：到：，分针转过的角的弧度数为______ ，分针扫过的扇形面积为______ ．14.  已知向量，，且与的夹角为，则 ______ ．15.  将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若的部分图象如图所示，则 ______ ，的值为______ ．
16.  在底边为的等腰中，腰边上的中线为，若的面积为，则的最小值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知复数，的实部和虚部均为非零实数，且的实部等于虚部．
请写出一个；
求的最小值．18.  本小题分
如图，在梯形中，，，分别是，的中点，与相交于点，设，．
用，表示；
用，表示．
19.  本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，且．
求外接圆的周长；
若，，求面积的最大值．20.  本小题分
如图，为半圆的直径，，为上一点不含端点．
用向量的方法证明；
若是上更靠近点的三等分点，为上的任意一点不含端点，求的最大值．
21.  本小题分
如图，在四边形中，，，，．
若，求；
若，，求．
22.  本小题分
若函数满足，且，，则称为“型函数”．
判断函数是否为“型函数”，并说明理由；
已知为定义域为的奇函数，当时，，函数为“型函数”，当时，，若函数在上的零点个数为奇数，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：．
故选：．
根据向量加法、数乘的几何意义和向量的数乘运算即可得出正确的选项．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，考查计算能力，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由题意得，所以在复平面内对应的点为，位于第三象限．
故选：．
根据复数的除法运算化简复数，由复数的几何意义即可求解．
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为函数的值域为，
所以，解得，
所以．
故选：．
根据正弦函数的值域为及可列出方程组求解，．
本题考查三角函数与一次函数的复合函数的值域，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由图可知，，，，
所以，，
因为，所以，解得．
故选：．
利用向量共线的坐标表示可得．
本题考查平面向量的基本定理，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由三角形内角关系可得，，
所以满足，
由正弦定理可得，即，
利用余弦定理推论可得．
故选：．
利用三角形内角关系和诱导公式即可得，再利用正弦定理和余弦定理计算即可求解．
本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，是中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由，可得，
，，，
，或，又，，
．
故选：．
由已知可求，进而可求
本题考查三角恒等变换，考查两角和的正切公式的应用，属中档题．
 7.【答案】 【解析】解；由题意得，在中，由，
得，
在中，．
故选：．
在中，利用正弦定理先求，然后在中由三角函数定义可得．
本题考查三角形的实际应用，考查正弦定理的应用，是中档题．
 8.【答案】 【解析】解：由题意，
设，，

则，
所以，，得，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
的最小值为．
故选：．
利用平面向量的基本定理，用，表示，设，，再用含参的方式用，表示，得到关于参数的方程组求得，最后应用基本不等式“”的代换求的最小值，注意取值条件．
本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用，考查利用基本不等式求最值，是中档题．
 9.【答案】 【解析】解：，是方程的两个虚数根，，，
方程的两个虚数根为，
不妨取，，
对于，，故A错误；
对于，和互为共轭复数，故B正确；
对于，，故C正确；
对于，，，为纯虚数，故D正确．
故选：．
求出复数的根，，再逐一判断选项即可．
本题考查复数的四则运算，共轭复数、一元二次方程的虚根问题等知识，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：对于，向量，，
所以，，，选项A正确；
对于，在上的投影向量为，选项B正确；
对于，若与的夹角为钝角，则，
即，解得且，选项C错误；
对于，若与的夹角为锐角，则，
即，解得，选项D正确．
故选：．
根据平面向量的数量积求夹角余弦值和投影向量，以及判断夹角是否为钝角或锐角，由此判断选项中的命题是否正确．
本题考查了平面向量的数量积与夹角的应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
 11.【答案】 【解析】解：对，由，得，均为锐角，
则，，
因为，
所以为锐角，为锐角三角形，A错误；
由，得，
，根据正弦定理得，则，
所以为最大的内角，故B正确；
对，根据正弦定理有：：：：：：， 故C正确；
对，若：：：：，，则，，不符合题意，故D错误．
故选：．
对，根据同角三角函数和两角和与差的余弦公式即可判断；对和，利用正弦定理即可判断；对，利用反证法即可．
本题考查正弦定理的应用，是中档题．
 12.【答案】 【解析】解：因为是角的平分线，
所以．
由题意可知，
即，
所以，
即，
因为为锐角三角形，
所以，所以，所以，
所以，即，
所以，即，故A错误；
在中，，即，
因为为锐角三角形，
所以，解得，故B正确；
由正弦定理得，即，
因为，
所以，即，
所以，故C正确；
由正弦定理，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确．
故选：．
根据已知条件及角平分线的定义，利用三角形的面积公式、三角形的内角和定理及锐角三角形限制角的范围，结合正弦定理的边角化及两角差的正弦公式，再利用二倍角的正弦余弦公式及三角函数的性质即可求解．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，函数思想，属中档题．
 13.【答案】   【解析】解：分针从：到：转过角的弧度数为，
分针扫过的扇形面积为
故答案为：；．
根据角的弧度数公式和扇形面积计算公式，求解即可．
本题考查了角的弧度数和扇形面积计算问题，是基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由题意得，
所以．
故答案为：．
根据题意求，再结合向量的模长运算求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
 15.【答案】  【解析】解：根据的部分图象，可得．
再根据五点法作图，可得 ．
再把点代入，可得，即，
再结合五点法作图，可得 ，
由可得，，，
由题意，把函数的图象向右平移个单位长度，可得的图像，
再把图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图像，
故．
故答案为：；．
由题意，由函数的图象的顶点坐标求出，由五点法作图以及特殊点的坐标求出和的值，可得的解析式，再根据函数的图像变换规律，求得的解析式，从而得出结论．
本本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出，由五点法作图以及特殊点的坐标求出和的值，函数的图像变换规律，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：由题意作图：

设，，
则的面积，即，
在中，由余弦定理得，即，
将得，即，
令，则，
，则在上有解，
又的对称轴为，
要使在上有解，则，
，解得．
故答案为：．
作图，设，，结合题意可得，利用余弦定理可得，联立可得，利用换元法，则，题意转化为在上有解，利用二次函数的性质，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 17.【答案】解：设，，为非零实数，
因为，
所以，得，
则答案不唯一．
由可得，
所以，
当时，． 【解析】由题意可设，再根据复数的除法运算可解，根据的实部等于虚部得，从而可得结论；
由可得，利用复数的模公式计算可得，从而可得出最小值．
本题主要考查复数的运算法则，考查复数模长的计算，是基础题．
 18.【答案】解：，
，且，分别是，的中点，，
；
，，三点共线，
设，且，，三点共线，
，，
，，
． 【解析】可得出，从而得出；
设，然后根据，，三点共线得出，这样即可用表示向量，然后根据即可用表示出．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，共线向量基本定理，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于中档题．
 19.【答案】解：由，
得，
因为，所以，则外接圆的半径，
故外接圆的周长为．
由得，因为，所以，
由余弦定理，得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以，
故面积的最大值为． 【解析】根据二倍角公式及正弦定理求得外接圆的半径；
根据余弦定理结合基本不等式、面积公式求得结果．
本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，考查三角形面积公式，是中档题．
 20.【答案】证明：建立平面直角坐标系，如图所示：
由题意知，，，，设，
则，，，
计算，
所以，即；
解：由题意知，，则，
设，则，，
因为，，
所以，
因为，所以，
所以时，取得最大值为． 【解析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，计算即可；
利用坐标表示向量，计算，求出最大值即可．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
 21.【答案】解：由题意得，
在中，由余弦定理得，得，
由正弦定理，得，
故；
在中，由余弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
所以，代入式得，得，
则，即． 【解析】由题意得，在中利用正弦定理和余弦定理即可求解；
在中，由余弦定理得，在中，由正弦定理得，代入即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
 22.【答案】解：由，得，
所以的周期为，
由，，得的图象关于直线对称，
因为，
所以的图象关于直线对称，
又的最小正周期为，
所以函数是“型函数”；
令，得，
因为是定义域为的奇函数，
所以的零点为，，，
令，
所以或或，
即或或，
画出在上的图象，
由的图象关于直线对称，可画出在上的图象，
由的最小正周期为，可画出在上的图象，
故在上的图象如下图所示，

所以函数在上的零点个数等于在上的图象与直线，，的交点个数之和，
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为；
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为．
故的取值范围为． 【解析】根据所给定义得到的周期为，且的图象关于直线对称，在根据所给解析式判断即可；
首先求出的零点，令，即或或，根据对称性与周期性画出在上的图像，则函数在上的零点个数等于在上的图象与直线，，的交点个数之和，数形结合即可得解．
本题属于新概念题，考查了函数的奇偶性、对称性及数形结合思想、分类讨论思想，属于难题．