山东省部分学校2022-2023学年高一数学下学期期中联合调考试题（Word版附解析）

这是一份山东省部分学校2022-2023学年高一数学下学期期中联合调考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 若，则， 若，是方程的两个虚数根，则等内容，欢迎下载使用。
高一质量监测联合调考数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第五章至第二册第七章.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量加减法法则化简即可.【详解】.故选：A2. 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【答案】C【解析】【分析】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.【详解】由题意得，所以在复平面内对应的点为,位于第三象限.故选:C3. 若函数的值域为，则（    ）A.  B. 4 C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】根据正弦函数的值域求解的值域，再与已知值域端点值对应相等，求解结果.【详解】因为，所以，.由题意得所以故.故选：B.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A，B，C三点恰好共线，则（    ）A. 7 B.  C.  D. 8【答案】C【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示可得.【详解】由图可知，所以，，因为，所以，解得.故选：C5. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦边角关系可得，再应用余弦定理求即可.【详解】由题意，所以，得.故选：D6. 若，则（    ）A.  B.  C. 或 D. 或1【答案】A【解析】【分析】利用二倍角余弦公式及商数关系可得，即可求，最后由和角正切公式求值.【详解】由，所以，得，所以.故选：A7. “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500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40°，则该雕塑的高度约为（参考数据：取）（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】在中，利用正弦定理先求，然后在中由三角函数定义可得.【详解】由题意得，在中，由，得，在中，.故选：C8. 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A，B，C），且M，N，G三点共线，若，，则的最小值为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】D【解析】【分析】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“1”的代换求的最小值，注意取值条件.【详解】由题意，设，，则，所以，，得，所以（当且仅当时等号成立）.故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.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【答案】BCD【解析】【分析】，是方程的两个虚数根，则，得，则根据一元二次方程方程的求根公式可知的共轭复数是，【详解】由，得，A错误；因为原方程的根为，所以的共轭复数是，B正确；，C正确；因为等于或，所以为纯虚数，D正确.故选：BCD.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【答案】ABD【解析】【分析】已知向量 的坐标表示，由向量的投影向量以及数量积公式可分别判断各选项，从而得出结论.【详解】与夹角的余弦值为，A正确.在上的投影向量为，B正确.若与的夹角为钝角，则得，且，C错误.若与的夹角为锐角，则得，D正确.故选：ABD.11. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（    ）A. 为钝角三角形 B. 为最大的内角C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】对A，根据同角三角函数和两角和与差的余弦公式即可判断；对B和C，利用正弦定理即可判断；对D，利用反证法即可.【详解】对A，由，得A，C均为锐角，则，，因为，所以B为锐角，为锐角三角形，A错误.由，得，，根据正弦定理得，则，所以C为最大的内角，故B正确；对C，根据正弦定理有， 故C正确；对D，若，，则，，不符合题意，故D错误.故选：BC.12. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，B的角平分线交AC于D，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】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.【详解】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，所以，所以，所以，所以，故D正确.故选：BCD.【点睛】解决此题的关键是利用等面积法及锐角三角形限制角的范围，结合正弦定理的边角化及三角恒等变换，再利用三角函数的性质即可.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.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______.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】直接计算出分钟转过的弧度数，利用扇形的面积公式可求得分针所扫过的面积.【详解】由题意得，分针转过的角的弧度数为，分针扫过的扇形面积为.故答案为：；.14. 已知向量，，且与的夹角为，则______.【答案】2【解析】【分析】根据题意求，再结合向量的模长运算求解.【详解】由题意得，所以.故答案为：2.15. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2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，若的部分图条如图所示，则______，的值为______.【答案】    ①. ##0.5    ②. ##【解析】【分析】根据函数图象得、、，写出解析式，再由图象平移确定解析式，即可求函数值.【详解】由图知，且，结合图象得： ，，两式相减得，即，则，得：，，又，所以，所以，将所有的点向右平移个单位长度，纵坐标不变，则，所以，把得到的图象的横坐标缩短到原来的，则，所以.故答案为：，16. 在底边为的等腰中，腰边上的中线为，若的面积为4，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】设，，应用三角形面积公式、余弦定理得到含参数关于的方程，根据方程有解求的最小值.【详解】设，，则，得，在中，由余弦定理得，得，由上式平方相加得：，即，令，设，则在上必有零点，的对称轴为，则，得，即.故答案为：四、解答题：本题共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，的实部和虚部均为非零实数，且的实部等于虚部.（1）请写出一个；（2）求的最小值.【答案】（1）（答案不唯一）    （2）【解析】【分析】（1）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.（2）由（1）可得，利用复数的模公式计算可得，从而可得出最小值.【小问1详解】设，a，b为非零实数，因为，所以，得.故可以为.（答案不唯一，满足，即可，例如，，）【小问2详解】由（1）可得，所以，当时，.18. 如图，在梯形中，，E，F分别是AB，BC的中点，与相交于点，设，.（1）用，表示；（2）用，表示.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题设知且，根据用表示出即可；（2）由题意可得，再用表示出即可.【小问1详解】在中，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，且，故.【小问2详解】因为，所以，则，故.19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求外接圆的周长；（2）若，，求面积的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式及正弦定理求得外接圆的半径；（2）根据余弦定理结合基本不等式、面积公式求得结果.【小问1详解】由，得，因为，所以，则外接圆的半径，故外接圆的周长为.【小问2详解】由（1）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.20. 如图，为半圆的直径，，为上一点（不含端点）.（1）用向量的方法证明；（2）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.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可证；（2）利用坐标表示出，然后由三角函数性质可得.【小问1详解】如图，建立平面直角坐标系.（方法一）由题意可知，设，则，，，，得，，所以，故，即.（方法二）由题意可知，，，设，则，得，得，，所以，故，即.【小问2详解】由题意得，则，设，则，，由（1）得，，所以，由，得，当，即时，.故的最大值为.21. 如图，在四边形中，，，，.（1）若，求；（2）若，，求.【答案】（1）    （2）13【解析】分析】（1）由余弦定理可得，进而由正弦定理即可求解，（2）由余弦定理得，由正弦定理得，两式结合即可求解.【小问1详解】由题意得，中，由余弦定理得，得，由正弦定理，得.故.【小问2详解】在中，由余弦定理，得①，在中，由正弦定理，得.所以，代入①式得，得，则，即.22. 若函数满足，且，，则称为“型函数”.（1）判断函数是否为“型函数”，并说明理由；（2）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】（1）是，理由见解析    （2）【解析】【分析】（1）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；（2）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.【小问1详解】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”.【小问2详解】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3.当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为5.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，即时在上图象与直线，，的交点个数之和为.当，即时，在上图象与直线，，的交点个数之和为11.当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为9.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3.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.