山东省新高考联合质量测评2022-2023学年高一数学下学期3月联考试题（Word版附解析）

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山东新高考联合质量测评3月联考试题高一数学考试用时120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置．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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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. 若，，则终边所在象限为（    ）A. 第一象限 B. 第一、三象限 C. 第二象限 D. 第二、四象限【答案】B【解析】【分析】直接作出其终边所经过的象限图形即可.【详解】经过第三象限，则反向延长其终边射线经过第一象限，故经过一三象限，故选：B.2. 若是直线上的一个单位向量，，，则向量在直线l上的坐标为（    ）A.  B.  C. 3 D. 1【答案】C【解析】【分析】依题意可得的坐标为，的坐标为，代入计算即可.【详解】依题意可得，所以向量在直线l上坐标为，故选：C3. 已知向量，，，若，则实数m的值是（    ）A. －10 B. －8 C. 10 D. 8【答案】A【解析】【分析】利用向量的坐标运算即可.【详解】；故选：A.4. 函数的部分图象可能是（    ）A.
 B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的定义域可排除C，根据函数的奇偶性可排除D，根据特殊值的大小关系可排除B.【详解】因为的定义域为，故排除C；又，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故排除D；又，，即，所以排除B.故选：A.5. 滚铁环是一种传统儿童游戏，现在为了测量A、B两点之间的距离，某同学用滚铁环的游戏方式进行测量，如图所示，在铁环上标记点C，将点C与点A重合，让铁环沿着AB直线滚动，当铁环滚动到点B时，点C与地面接触了8次，且标记点C位于铁环的正上方，已知铁环的半径为0.4米，则A、B两点之间的距离大约为（    ）米（其中）A. 20.35 B. 21.55 C. 20.55 D. 21.35【答案】D【解析】【分析】根据圆的周长公式求得正确答案.【详解】依题意，A、B两点之间的距离大约为米.故选：D6. 已知，的终边与以原点为圆心，以2为半径的圆交于，则=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据和点在以2为半径的圆上，建立方程组，解方程组可得答案.【详解】因为，所以，即；又因为在以2为半径的圆上，所以，，；当时，，此时；当时，，此时；故选：A.7. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】观察题目中角的特征可知，将要求的角转化成已知角，利用诱导公式及同角关系式即得.【详解】由题意可知，将角进行整体代换并利用诱导公式得；；所以，.故选：D.8. 如图所示的矩形ABCD中，，，以为圆心的圆与AC相切，为圆上一点，且，若，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】过点做交延长线于点，先根据相切及等面积法求出圆的半径即的长度，再根据，求出的长度，根据长度之间的比例及向量共线定理分别可得与之间的等式关系，代入中，故可得的值，即可选出结果.【详解】解：过点做交延长线于点，如图所示：因为矩形ABCD中，，，所以，因为为圆上一点，所以为圆的半径，因为圆与相切，根据面积相等可得：，即，解得，因为，所以，所以，因为，所以，因为，，所以，所以，因为，，所以，所以，所以，所以，故，所以.故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小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．9. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】将平方可得，判断角的范围，从而求得，即可求出，，的值，判断A，B，C，利用二倍角正切公式求得，判断D.【详解】因为①，故，即，因为，故，可得，则，故②，①②联立解得，，故A正确，B错误；，C错误；，D正确，故选：AD10. 已知点在角的终边上，且，则的值可以是（    ）A.  B.  C.  D. 0【答案】CD【解析】【分析】根据三角函数定义，解得由此得解.【详解】根据三角函数定义，过点，则有又因为，则，解得或即的值可以是0，，故选：CD11. 已知平面上点是直线外一点，是直线上给定的两点，点是直线上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）A. 当时，点C为线段的中点 B. 当点C为线段的三等分点时，C. 当时，点C在线段上 D. 当点C在线段的延长线上时， 【答案】AC【解析】【分析】由推出，根据向量的共线，由此结合每个选项的条件，判断其结论，可得答案.【详解】由题意可得，即,当时，点，即C为线段的中点，A正确；当点C为线段的三等分点时，C可能是靠近B的三等分点也可能是靠近A的三等分点，故或，B错误；当时，，由于同向，故点C在线段上，C正确；当点C在线段的延长线上时，反向，故，D错误，故选：AC12. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（    ）A. 若，则为的重心B. 若为的内心，则C. 若，，为的外心，则D. 若为的垂心，，则【答案】ABD【解析】【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断D．【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，由，则，所以， 所以A，M，D三点共线，且，设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，则有，，，所以，即，故B正确；对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，又，，则有，，，所以，，，所以，故C错误；对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由为的垂心，，则，又，则，，设，，则，，所以，即，所以，所以，故D正确；故选：ABD．【点睛】关键点点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，，得到，，进而即可求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知为坐标原点，，，则______．【答案】【解析】【分析】根据平面向量的坐标运算得的坐标，再根据坐标求解模长即可.【详解】因为，所以.故答案为：.14. ______．【答案】－1【解析】【分析】利用诱导公式化简计算即可.【详解】解：原式故答案为：.15. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则的一个取值为______．【答案】（，任何一个符合此条件的角）【解析】【分析】先利用对称得到A与B的坐标之间的关系，结合诱导公式得到含角θ的恒等式，然后求出角θ的范围，写出θ的一个值即可【详解】因为点与点关于原点对称，则，所以，即，令，得．故答案为：（，任何一个符合此条件的角）．16. 如图所示，点是平行四边形BCDE内（含边界）的一点，点B是AC的中点，，且．①当时，______；②的最大值为______． 【答案】    ①.     ②. －1【解析】【分析】根据题意作出图形，利用向量的线性运算及平行四边形的性质，结合图形即可求解.【详解】①由题意可知，作出图形如图所示因为点B是AC的中点，所以,即,因为，所以,因，所以,所以，所以当时，.②过作交于,过作交的延长线于,如图所示因为四边形是平行四边形，所以.又；所以，；由图形看出，当与重合时，；此时取最大值，取得最小值所以的最大值为.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. 如图，点A，B，C是圆上点．（1）若，，求扇形AOB的面积和弧AB的长；（2）若扇形AOB的面积为，求扇形AOB周长的最小值，并求出此时的值．【答案】（1）面积为，弧AB的长为    （2），【解析】【分析】（1）根据扇形的弧长公式和面积公式进行计算即可.（2）根据扇形的弧长公式和面积公式结合基本不等式的应用进行求解.小问1详解】由题意知，设，所以根据扇形弧长；扇形面积；【小问2详解】由，即，扇形周长为当且仅当等号成立，所以由知：．18. 设，，．（1）当t=4时，将用和表示；（2）若A，B，C三点能构成三角形，求实数t应满足的条件．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）把代入向量，以和为基底写出，利用向量相等列式求出待求系数即可求解；（2）由已知可知，向量与不共线，根据坐标列出式子，解之即可.【小问1详解】当时，，设，所以，所以，解得；所以．【小问2详解】若A，B，C三点能构成三角形，则有与不共线，又，，则有，所以．19. 如图矩形ABCD，，，AC与EF交于点N．（1）若，求的值；（2）设，，试用，表示．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用共线定理转化为，再根据平行四边形性质与，得出，利用待定系数即可求解；（2）根据，，与即可求解.【小问1详解】依题意，又，所以解得．【小问2详解】因为，，所以，所以．20. 潍坊市“渤海之眼”摩天轮是吉尼斯世界纪录认证的“世界最高的无轴摩天轮”，横跨白浪河，采用桥梁与摩天轮相结合的形式建设，高度145米，直径125米，拥有36个悬挂式观景仓，绕行一周用时30分钟，它的最低点D离地面20米.摩天轮圆周上一点A从过圆心O1与地面平行的位置开始旋转，逆时针运动t分钟后到达点B，设点B与地面的距离为h米．（1）求函数的关系式；（2）用五点法作图，画出函数，的图象．【答案】（1），    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的应用设，由题意分析可得的值，即可得函数的关系式；（2）根据正弦型函数五点作图的特点列表、描点、连线即可得大致图象.【小问1详解】由题意得，设函数，圆半径为米，周期分钟，角速度，又因为米，则，解得，摩天轮圆周上一点A从过圆心O1与地面平行的位置开始旋转，故，所以函数，；【小问2详解】按照五点法作图，列表得：t015300010－1014520作图得：21. 已知函数的部分图像如图所示．（1）求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；（2）将函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，求的解析式；（3）若在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1），    （2）    （3）【解析】【分析】（1）通过最大值求，利用周期解得，代点求解，可得函数解析式，再利用整体代入法求单调递增区间；（2）通过函数的平移和伸缩变换求函数解析式；（3）由函数在区间内的值域，结合不等式恒成立，求实数的取值范围．【小问1详解】由图像可知，，且，解得，所以，因为，所以，则，因为，所以所以，由得所以函数单调递增区间为．【小问2详解】由（1）可知，，将函数的图像向左平移个单位，，再把所得图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，则；【小问3详解】因为，所以，所以，因为在上恒成立，所以在上恒成立，所以，所以实数的取值范围为．22. 如图1所示，在中，点在线段BC上，满足，G是线段AB上的点，且满足，线段CG与线段AD交于点．（1）若，求实数；（2）如图2所示，过点的直线与边AB，AC分别交于点E，F，设，；（i）求的最大值；（ii）设的面积为，四边形BEFC的面积为，求的取值范围．（参考公式：的面积）【答案】（1）    （2）（i）；（ii）【解析】【分析】(1)由题意可得，，列出方程组求解即可；(2)(i)由题意可得，，列出方程组，从而可得，利用基本不等式求解即可；(ii)根据三形的面积公式可得，再结合，可得，，利用二次函数的性质求解即可.【小问1详解】依题意，因为，所以，因为G、O、C三点共线，所以存在实数使得，所以，因为，所以，又因为，所以，解得：，，综上所述，．【小问2详解】解：（i）根据题意．同理可得：，由（1）可知，，所以，因为E，O，F三点共线，所以存在实数，使得，所以，所以化简得，又因为，所以，当且仅当，即，时等号成立．（ii）根据题意，，，所以，由（i）可知，则，所以，所以，易知，当时，有最大值，又因为，则