2022-2023学年江苏省常州市教育学会高一下学期期中数学试题

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
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，将答题卡交回．
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. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式化简可得出所求代数式的值.
【详解】.
故选：C.
2. 半径为，面积为的扇形的圆心角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设扇形的圆心角为，代入扇形的面积公式即可求解.
【详解】设扇形的圆心角为，
由题意可知，，即，解得，
所以半径为，面积为的扇形的圆心角为，
故选：A.
3. 在中，若，则边的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理即可.
【详解】因为，
所以由正弦定理得：
，
故选：B.
4. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则z的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数满足，可得
，所以复数的实部为.
故选：D.
5. 已知向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出向量，夹角的余弦值，然后利用求解投影向量的方法求解即可.
【详解】设向量，的夹角为，
因为，
所以，
所以，
所以在上的投影向量为：，
故选：A.
6. 已知非零向量与向量共线，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共线的知识列方程，化简求得，进而求得的值.
【详解】由于非零向量与向量共线，
所以，
即，
由于不同时为零，
所以，所以，
所以.
故选：D
7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，，，则（ ）
A. 4B. C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用三角形面积公式可求，结合利用余弦定理求出边.
【详解】解：，的面积为，∴，
又，由余弦定理，
，可得： .
故选：B
8. 已知下列关于函数的四个命题中，有且仅有一个假命题，则该命题是（ ）
甲：该函数图象的一个对称中心为
乙：该函数图象的一条对称轴方程为
丙：该函数在区间上单调递减
丁：该函数图象向左平移个单位长度得到一个奇函数的图象
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】先判断甲乙不能同时正确，再根据丙丁同时正确得到且为偶数，故可判断甲乙错误与否.
【详解】若甲乙都正确，则且，
但，故矛盾，
所以甲乙中有一个是错误的，故丙丁都正确，
因为的图象向左平移个单位长度后对应的解析式为：，
又平移后的图象对应的函数为奇函数，故，故，
若为偶数，则，
当时，，因为在为减函数，
故在为减函数，符合，
若为奇数，则，
当时，，因为在为减函数，
故在为增函数，不符合，
综上，.
而，故函数图象的对称中心为，甲正确，
又，故不是该函数图象的一条对称轴方程，乙错误.
故选：B
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知向量的夹角为，，则在下列向量中，与向量的夹角为锐角的向量有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据夹角为锐角可得不可能平行，因此只要计算出数量积为正即可.
【详解】由已知各选项中向量与向量不平行，
，
，
，
，
，
只有BC选项符合题意．
故选：BC．
10. 已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（ ）
A. 复数z的共轭复数的模为1B. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
C. 复数z是方程的解D. 复数满足，则的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用复数的运算法则求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.
【详解】因为，所以，
对于选项A，因为，所，故选项A正确；
对于选项B，因为复数z在复平面内对应的点为，故选项B正确；
对于选项C，，所以，故选项C错误；
对于选项D，设，则由，得到，又，由几何意义知，可看成圆上的动点到原点的距离，所以的最大值为，故选项D正确.
故选：ABD.
11. 设函数，若函数为偶函数，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数变换结合条件可得，进而，即得.
【详解】因为，
所以，又函数偶函数，
所以，即，
所以当时的值可以是，，.
故选：BCD.
12. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则等腰三角形
B. 若，则为等腰三角形
C. 若，则为等腰直角三角形
D. 若，则直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦定理，三角函数恒等变换的应用，逐一判断各个选项即可.
【详解】对于A，，由正弦定理可得，
则，即，
所以，则为等腰三角形，A选项正确；
对于B，，由正弦定理可得，
即，所以，
则或，即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，B选项错误；
对于C，，由正弦定理可得，
则，所以，
所以为等腰直角三角形，C选项正确；
对于D，，由射影定理，
则，则为直角三角形，D选项正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则=___________
【答案】
【解析】
【分析】先求出的值，再利用两角和的正切得到的值
【详解】，故，
填.
【点睛】本题考查二倍角的正切公式和两角和的正切公式，属于容易题.
14. 在正六边形中，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积求出正六边形的边长，再利用数量积运算律求解作答.
【详解】在正六边形中，，

由，得，解得，显然，
所以
.
故答案为：
15. 在中，点D在边上，，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】在中，由正弦定理求得，再在在中，由余弦定理，即可求解的长.
【详解】如图所示，在中，由正弦定理得，
即，
因为，可得，且，
在中，由余弦定理得：，
所以.
故答案为：.
16. 质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆O上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为圆O与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与圆O的交点．当P与Q第二次重合时，P的坐标为________；当P与Q第三次重合时，点P相对于其起点的位移的大小是________
【答案】 ①. ②. （或写作）
【解析】
【分析】由题意解出重合时刻t的值，进而可得P点位置，可求坐标.
【详解】设时P与Q第二次重合，则有，解得，此时点P是单位圆与角终边的交点，所以P的坐标为；
设时P与Q第二次重合，则有，解得，此时点P是单位圆与角终边的交点，所以P的坐标为，
由起点坐标为，则点P相对于其起点的位移的大小为.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：由点P和Q的位置和旋转方向可知，时P与Q重合，由，由的值，可确定P点位置，求出坐标
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. 已知为第二象限角，且满足．求值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）为第二象限角，由和，解出与，代入求值即可；
（2）利用两角和的余弦公式展开求值即可．
【小问1详解】
若为第二象限角，则．
又因为，故．
．
（也可以由得，．）
【小问2详解】
.
18. 已知函数的最大值为．
（1）求的最小正周期；
（2）求使成立的自变量x的集合．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，由周期公式求函数最小正周期，由函数最大值求出的值.
（2）根据函数解析式，利用整体代入法解不等式.
【小问1详解】
因为
．
根据题意，，解得．
故．
所以函数的最小正周期．
小问2详解】
由，即．
则，解得，其中．
故使成立时x的集合．
19. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
（1）求与的解析式；
（2）令，求方程在区间内的所有实数解的和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用图象求出函数的解析式，再利用三角函数图象变换可得出函数的解析式；
（2）利用两角和与差的正弦公式函数的解析式，然后在时解方程，将相应的根全部相加可得结果.
【小问1详解】
解：由图可知，函数的最小正周期为，则，
因为，可得，
因为，则，所以，，可得，
所以，的解析式为．
由题可知，．
【小问2详解】
解：因为
，
由可得，故或，
解得或．
又，故．
故所求的实数解的和为．
20. 已知复数，其中i为虚数单位，．
（1）若是实数，求的值；
（2）设复数，对应的向量分别是，，若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数乘法计算后应用实数概念列式求解即可；
（2）根据向量垂直数量积为0，再用已知角表示未知角，结合应用两角和正弦公式计算可得.
【小问1详解】
．
因为为实数，所以，即，
又，故，则，
故；
【小问2详解】
复数，对应的向量分别为．
因为，所以．
故，
故，即，
又因为，所以，
则．
．
21. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足下列条件中的一个或多个：①；②；③；④．
（1）若满足条件①，求证：满足条件②；
（2）求证：同时满足条件②，③，④的是唯一的（其三边长唯一确定）．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和三角形内角和定理得到，然后利用三角形内角的取值即可得证；
（2）（方法1）利用正弦定理和余弦定理得到或，然后分情况利用余弦定理讨论即可得证；
（方法2）根据边长的关系，可设，其中，再根据角的关系和余弦定理即可证明；
（方法3）利用三角形内角和定理和两角和与差的正弦公式先证明条件①与②等价，再利用余弦定理证明同时满足①，③，④的是唯一的即可.
【小问1详解】
由条件①，，根据正弦定理得，
因为，所以，
所以．
因为，所以，所以，或．
即或（舍去），故．即满足条件②．
【小问2详解】
（方法1）若同时满足条件②，③，④，
由及正弦定理得．
因为，所以，
又，所以．根据余弦定理得，．
又因为，所以，
即，解得或．
当时，，
由余弦定理，，
而，故．
又A为锐角，故，又，注意到函数在上单调递减，．此时，同时满足条件②，③，④；
当时，，由余弦定理，，
而，故，故．此时，不满足条件②，舍去．
综上所述，同时满足条件②，③，④的是唯一的，其中．
（方法2）若同时满足条件②，③，④，
因为，所以可设，其中．
因为，所以，
又因为，
，
所以．
整理得，，
．
又，故，从而．
当时，，满足．
又A为锐角，故，又，注意到函数在上单调递减，．此时，同时满足条件②，③，④：
故同时满足条件②，③，④的是唯一的，其中．
（方法3）先证明条件①与②等价：
根据（1）知，只需证明当时，有．
证明如下：因为，所以，所以，
所以，所以，
又，所以，
根据正弦定理，．
再证明同时满足①，③，④是唯一的，证明如下：
由及余弦定理得，，
即，又，，解得，
故同时满足条件①，③，④的是唯一的．
综合两方面得到，同时满足条件②，③，④的是唯一的，其中，，．
22. 若一个平面四边形对边不相交且任意三边都在第四条边所在直线的一侧，则称其为平面凸四边形．容易知道，与之等价的说法为：若一个平面四边形对边不相交且每个内角都小于，则称其为平面凸四边形．图①，②给出了两个不是平面凸四边形的例子．如图③，在平面凸四边形中，，设．
（1）求的取值范围；
（2）试用表示对角线的长，并指出取何值时的长最大．
【答案】（1）
（2），当时，的长最大值为．
【解析】
【分析】（1）根据题意只需满足为锐角，且即可，设，在中，利用余弦定理列出不等式，求得，结合余弦定理，即可求解的取值范围；
（2）在中，求得，在中，利用余弦定理化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：若平面四边形为平面凸四边形，只需满足为锐角，且即可．
在中，，故为锐角，
设，在中，可得，
整理得，解得．
因为，所以，
在中，由余弦定理得：
，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
解：在中，由余弦定理得，
在中，由正弦定理得，，
又由，在中，由余弦定理得：
，
故，
当，即，此时满足，
所以当且仅当时，对角线长取最大值．