山东省新高考联合质量测评2022-2023学年高一下学期3月联考数学试题（教师版含解析）

这是一份山东省新高考联合质量测评2022-2023学年高一下学期3月联考数学试题（教师版含解析），共21页。
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. 3D. 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：C
3. 已知向量，，，若，则实数m的值是( )
A. －10B. －8C. 10D. 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. 20.35B. 21.55C. 20.55D. 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：D
6. 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：AD
10. 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：CD
11. 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：AC
12. “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：
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. 如图一：球面上的任意两个与球心不在同一条直线上的点和球心确定一个平面，该平面与球相交的图形称为球的大圆，任意两点都可以用大圆上的劣弧进行连接.过球面一点的两个大圆弧，分别在弧所在的两个半圆内作公共直径的垂线，两条垂线的夹角称为这两个弧的夹角.如图二：现给出球面上三个点，其任意两个不与球心共线，将它们两两用大圆上的劣弧连起来的封闭图形称为球面三角形.两点间的弧长定义为球面三角形的边长，两个弧的夹角定义为球面三角形的角.现设图二球面三角形的三边长为，，，三个角大小为，，，球的半径为.
(1)求证：
(2)①求球面三角形的面积(用，，，表示).
②证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据弧长公式即可求解.
(2)利用等面积法可得，即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，，，
设，，的弧度数分别为，，，可知： ，
又因为：，，，
所以：；
【小问2详解】
①解：因为弧和弧夹角为，
那么两弧所在半圆所夹球面部分的面积为，
同理：弧和弧所在半圆夹球面部分的面积为，
弧和弧所在半圆夹球面部分的面积为，
考虑，，极小状态和球面的对称性可知：
，
所以： ；
②由于，可知.t
0
15
30
0
0
1
0
－1
0
145
20