四川省广元市苍溪县苍溪中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份四川省广元市苍溪县苍溪中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 设集合，，则， 复数的共轭复数是， 函数的定义域是， 已知为角的终边上一点，则， 函数， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
苍溪中学校高2022级高一下期期中考试数学试卷满分：150分;考试时间：120分钟;第I卷（选择题）一，选择题（每小题5分，共60分.1-8小题在每一题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求9-12小题每一题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.1. 设集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的交集运算可得选项.【详解】解：因为集合，，所以，故选：C.2. 复数的共轭复数是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算化简，根据共轭复数的概念可得答案.【详解】,故的共轭复数为 ，故选：B3. 函数的定义域是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据开偶数次方根号里的数大于等于零，分母不等于零，即可得解.【详解】解：由函数，得，解得且，所以函数定义域是.故选：A.4. 已知为单位向量，，向量，的夹角为，则在上的投影向量是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据投影向量定义计算即可.【详解】为单位向量，则 ，则向量在向量上的投影向量为.故选：C.5. 已知为角的终边上一点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的定义和二倍角的正切公式求解.【详解】因为为角的终边上一点，所以，所以，故选：C6. 在中，设，，为边上靠近的一个三等分点，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用平面的基本定理求解.【详解】解：如图所示：，，故选：B7. 函数（，）的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则函数的图象（    ）A. 关于直线对称 B. 关于直线对称C 关于点对称 D. 关于点对称【答案】D【解析】【分析】先利用周期公式求出值，再利用图象平移和奇偶性求得值，再利用、的值判定是否具有对称性.【详解】因为的最小正周期为，所以，解得，即，将的图象向左平移个单位后得到的图象，因为是偶函数，所以，，即，，又因为，所以，即，因为，所以选项A、C错误；因为，所以函数的图象关于点对称，即选项D正确.故选：D.8. 设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（    ）A. (1，9] B. (3，9]C. (5，9] D. (7，9]【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.【详解】因为，由正弦定理可得，则有，由的内角为锐角，可得，， 由余弦定理可得因此有 故选：D.【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.9. 已知函数，则（    ）A. 偶函数 B. 在区间单调递减C. 最大值为2 D. 为奇函数【答案】AB【解析】【分析】化简解析式，由此对选项逐一分析，从而确定正确答案.【详解】，所以是偶函数，A正确，D错误.，当时，减区间为，所以B正确.最大值为，C错误.故选：AB10. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间上单调性，即可选择判断.【详解】最小正周期为，在区间上单调递减；最小正周期为，在区间上单调递减；最小正周期为，在区间上单调递减；最小正周期为，在区间上单调递增；故选：AC11. 已知函数，，则下列结论中正确的是（    ）A. 两函数的图象均关于点成中心对称B. 两函数的图象均关于直线成轴对称C. 两函数在区间上都是单调增函数D. 两函数的最大值相同【答案】CD【解析】【分析】根据题意，先化简两函数解析式，再结合正弦函数的图像性质，一一判断即可.【详解】根据题意得，，.对于选项AB，因，，所以函数的图象关于点成中心对称，而函数的图象关于直线成轴对称，故AB都错；对于选项C，当时，，，因在上单调递增，所以两函数在区间上都是单调增函数，故C正确；对于选项D，因，，所以，故D正确.故选：CD.12. 设的内角的对边分别为，若，则下列选项正确的是（    ）A. 外接圆半径为B. 面积的最大值为C. 最大值为D. 的最小值为32【答案】ABC【解析】【分析】由正弦定理求得，可判定A正确；由余弦定理和基本不等式，可得判定B正确；由正弦定理和两角差的正弦公式化简得到，结合三角函数的性质，可判定C正确；由余弦定理和基本不等式，可判定D错误.【详解】在的内角的对边分别为，若，对于A中，由正弦定理得，可得外接圆半径为，所以A正确；对于B中，由余弦定理得，即，当且仅当时，等号成立，即，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C中，因，可得，可得，则又由正弦定理，可得，（其中且），当时，取得最大值，最大值为，所以C正确；对于D中，由余弦定理得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，所以D错误.故选：ABC.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 半径为2cm，圆心角为所对的弧长为_____cm .【答案】##【解析】【分析】将圆心角化成弧度制后，根据弧度制下的弧长公式求弧长.【详解】由题意，圆心角，则弧长.故答案为：14. 已知灯塔在海洋观测站的北偏东的方向上，，两点间的距离为5海里．某时刻货船在海洋观测站的南偏东的方向上，此时，两点间的距离为8海里，该时刻货船与灯塔间的距离为___________海里．【答案】7【解析】【分析】根据题意，画出示意图，利用余弦定理求解.【详解】根据题意，画出示意图，如图，由已知可得，，由余弦定理可得，所以，所以，故答案为：715. 若满足，，的恰有两个，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】由余弦定理可得，则由题意可得关于的方程有两个不相等的正根，从而可得，进而求出实数的取值范围【详解】由余弦定理得，即，化简得，因为满足条件的三角形有两个，所以关于的方程有两个不相等的正根，所以，解得，即实数的取值范围是，故答案为：16. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则可以推出_________．【答案】【解析】【分析】设，建立如图所示的直角坐标系，结合余弦定理和正弦定理解三角形，利用坐标法即可得出结果.【详解】设，则如图：由题可知：，由所以，则所以，又所以所以，即所以，又所以，所以故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知复数，，且纯虚数．（1）求a；（2）若，且为实数，求z．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据复数的减法运算求出，再根据纯虚数的知识求出即可；（2）设出复数的代数形式，根据已知条件写出方程组求解即可.【小问1详解】复数，， 又为纯虚数 解得：【小问2详解】由（1）知 ，设 即： 为实数 解得： 或.18. 已知向量.（1）求；（2）求与夹角的大小；（3）若向量与互相平行，求的值.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）利用数量积的坐标表示直接代入求解即可；（2）利用向量夹角公式带入求解即可；（3）首先求出两向量的坐标，再利用向量平行的坐标表示代入求解即可.【小问1详解】【小问2详解】， 由（1）知： 【小问3详解】依题意得：，向量与互相平行 解得 19. 已知函数（1）求的最小正周期；（2）求在闭区间上的最小值以及对应的值【答案】（1）最小正周期为；（2）当时，有.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变形化为的形式，根据三角函数的周期性求得；（2）先求得的取值范围，再利用正弦函数的性质求解.【详解】（1）由函数,，函数的最小正周期为;（2）由（1）可知,,由的图象可知当时有,综上当时，有.20. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.在中，角，，所对的边分别为，，，且满足___________.（1）求的值；（2）若为边上一点，且，，，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）选择①，由余弦定理可求解，选择②，由正切的两角和公式可求解，选择③，由正弦的两角和公式可求解；（2）由余弦定理及正弦定理可求解.【小问1详解】选择①，由，可得，于是得，即，所以；选择②，由，有，于是得；选择③，由，有，即，即，又因为，所以，于是得，即，所以.【小问2详解】由在中，，，，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理有，得.21. 依据《齐齐哈尔市城市总体规划（2011﹣2020）》，拟将我市建设成生态园林城、装备工业基地、绿色食品之都、历史文化名城．计划将图中四边形区域建成生态园林城，，，，为主要道路（不考虑宽度）．已知，，km．（1）求道路的长度；（2）如图所示，要建立一个观测站，并使得，，求两地的最大距离．【答案】（1）km；（2）km.【解析】【分析】（1）先利用余弦定理，可得，再在中，由，即得解；（2）设，在中，利用正弦定理可得，，再利用，可得，利用三角恒等变换化简结合，即得解.【详解】（1）连接，由余弦定理可得，所以，由，，所以，因为，所以，在中，，所以，解得，即道路的长度为；（2）设，在中，由正弦定理可得，所以，因为，所以，所以，，则，所以，因为，所以，所以当，即，取最大值为，故两地的最大距离为．22. 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）【解析】【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.【小问1详解】由正弦定理以及可得，.因为，所以.又，所以.【小问2详解】（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，.