浙江省S9联盟2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022学年第二学期杭州S9联盟期中联考

高一年级数学试题

考生须知：

1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；

4．考试结束后，只需上交答题纸.

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. 已知集合，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由交集和补集的定义即可得出答案.

【详解】解：由题意得，∴．

故选：D.

2. 设i为虚数单位，复数z满足，则为（    ）

A.  B. 1 C. 3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知化简可得，，然后根据共轭复数求出，即可得出答案.

【详解】由已知可得，，

所以，，

所以，.

故选：B.

3. 在中，已知，则的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分

C. 充要 D. 既不充分也不必要

【答案】C

【解析】

【分析】根据正弦定理、三角函数的性质及充分条件和必要条件即可求解.

【详解】若，则成立；

在中，,得及正弦定理，

即，所以成立.

所以“”是“”的充要条件,即的充要条件.

故选：C.

4. 已知，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据对数运算的性质，以及对数函数的单调性，得出和的关系，即可得出答案.

【详解】因为，，，

所以，.

故选：C.

5. 在中，D为BC的中点，E为AC边上的点，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知可推得，.然后根据，即可得出答案.

【详解】

因为D为BC的中点，所以.

又因为，，所以.

所以，.

故选：A.

6. 在中，已知，且，则该三角形的形状是（    ）

A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形

【答案】C

【解析】

【分析】运用余弦定理先求出A，再运用余弦定理求出与的关系即可.

【详解】由条件 知： ，

，由余弦定理得 ，

，又 ，是等边三角形；

故选：C.

7. 已知图中正六边形的边长为6，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为4，若点P在正六边形的边上运动，为圆O的直径，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据正六边形的性质，求得内切圆和外接圆的半径，再化简得到，结合，即可求解.

【详解】因为正六边形的边长为6，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为4，所以正六边形的内切圆的半径为，外接圆的半径，

又由

，

因为，即，可得，

所以的取值范围是.

故选：D

8. 已知函数的定义域为R，为奇函数，且对恒成立．则以下结论：①为偶函数;②;③；④其中正确的为（    ）

A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知可得关于、对称，且周期为4的偶函数，利用奇偶对称性、周期性求对应函数值及关系判断各项正误.

【详解】由题设，则，又，

所以，即，故，即，

综上，关于、对称，且周期为4的偶函数，①对；

，②对；

由轴对称知：，由中心对称知：，

所以，③错；

，④对.

故正确的有①②④.

故选：A

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，部分选对得2分，有选错的得0分．

9. 已知实数，则下列不等式正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】举特例即可说明A项；根据不等式的性质，即可得出B、C两项；作差结合不等式的性质，即可得出D项.

【详解】对于A项，取，，，，

则，，所以，故A项错误；

对于B项，由已知可得，，，所以，故B项正确；

对于C项，因为，所以.

因为，所以，故C项正确；

对于D项，因为，所以.

因为，所以，

所以，所以.

又，所以，，所以，故D项正确.

故选：BCD

10. 下列各式中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】利用正切函数的单调性可判断AB选项的正误，利用余弦函数的单调性可判断C选项的正误，利用正弦函数的单调性可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，，

因为正切函数在上为增函数，且，

所以，，即，A选项正确；

对于B选项，由于正切函数在上为增函数，且，

所以，，B选项错误；

对于C选项，，，

因为余弦函数在为减函数，且，

所以，，即，C选项正确；

对于D选项，由于正弦函数在上为增函数，且，

所以，，D选项错误.

故选：AC.

11. 对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（    ）

A. 若满足，且与同向，则

B.

C. 若，则存在唯一的实数，使

D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的定义判断选项A，向量减法的三角形法则选项B、D，用向量数量积公式判断C.

【详解】对于A，向量不能比较大小，故A不正确；

对于B，根据向量加法运算公式可知，当向量与不共线时，两边之和大于第三边，即，当与同向时，等号成立，故B正确；

对于C，若，，不存在实数，使，故C不正确；

对于D，当向量与不共线时，根据向量减法法则可知，两边之差小于第三边，即，故D不正确.

故选：B.

12. 在中，角的对边分别是，若，则下列结论正确的的是（    ）

A.  B. 是锐角三角形

C. 的最大内角是最小内角的2倍 D. 若，则的面积为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据正弦定理可得，则可得；根据余弦定理可判断B、C；若，根据面积公式可求出面积.

【详解】对于A项，由及正弦定理得，

可设，，，

所以，，，所以，故A错误；

对于B项，由为最大边，为最小边，

根据余弦定理可得，

所以最大角是锐角，故B正确；

对于C项，又，，

由，，，可得，故C正确；

对于D项，若，则，，

由，得，

所以的面积，故D错误.

故选：BC.

三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．

13. 已知扇形的面积为，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为____________cm．

【答案】

【解析】

【分析】设扇形的弧长为，半径为，由已知可得出，求解即可得出答案.

【详解】设扇形的弧长为，半径为，

由已知可得，圆心角，面积，

所以有，即，解得.

故答案为：.

14. 复数与复数在复平面上对应点分别是A，B，则____________．

【答案】1

【解析】

【分析】根据复数运算法则可得两点的坐标，再根据两角和的正切公式即可算出.

【详解】根据复数与对应的点的坐标为，如下图所示：

易知；

则.

故答案为：1

15. 已知函数，当函数有且仅有三个零点时，则实数a的取值范围是___________．

【答案】

【解析】

【分析】将问题转化为研究与有三个交点，先求出时，，然后分以及，作出函数的图象，结合函数的图象，即可得出答案.

【详解】因为函数有且仅有三个零点，所以与有三个交点.

当时，，

当时，作出的图象，如图1所示，

由图象可知，此时与只有一个交点，不满足题意；

当时，作出的图象，如图2所示，

由图象可知，当，即时，与有三个交点，

即当函数有且仅有三个零点时，.

综上所述，实数a的取值范围是.

故答案为：.

16. 已知中，，，，为的外心，若，则的值为____________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可知，O为外接圆的圆心，过O作，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得，同理得，从而两式联立即可求得的值．

【详解】由题意可知，为的外心，

设半径为r，在圆O中，过O作，垂足分别为,

因为 ，两边乘以，即，

的夹角为，而，

则 ，得①，

同理两边乘 ，即，，

则 得②，

①②联立解得，，

所以，

故答案为：

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将两边分别乘以，结合数量积定义化简得到关于的方程，求得答案.

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，，在复平面内所对应点为A.

（1）若复数为纯虚数，求实数m的值；

（2）若点A在第二象限，求实数m的取值范围.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）求出，根据复数的概念，得出方程组，求解即可得出答案；

（2）根据复数的几何意义，得出点坐标，由已知列出不等式组，求解即可得出答案.

【小问1详解】

由已知，.

因为复数为纯虚数，所以有，

解得.

【小问2详解】

根据复数的几何意义，可知.

因为点A在第二象限，所以，

解得，或.

18. 在中，角的对边分别是，，，如图所示，点D在线段AC上，满足.

（1）求A的值；

（2）若，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理可得.然后在的两边同时，乘以，整理可得.根据角的范围，即可得出答案；

（2）设，，由已知可知为等边三角形，所以.在中，根据余弦定理可推得，，进而根据余弦定理得出.然后根据向量数量积的定义，即可得出答案.

【小问1详解】

由正弦定理可得，.

又，所以，

即，

所以，所以

因为，所以，

所以，所以.

【小问2详解】

设，，则，，

在中，有，，

可知为等边三角形，所以.

在中，有，，，，

由余弦定理可得，，

即，

整理可得，解得，所以，.

由余弦定理可得，.

所以，.

19. 已知函数，，的图象相邻两条对称轴间的距离为，是函数的一个零点．

（1）求函数的解析式；

（2）求函数在上的单调递增区间.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）由已知可得出，.根据推得，结合的范围得出，即可得出答案；

（2）由得出函数单调递增区间，然后令，，，分别求出单调区间与定义域的交集，即可得出答案.

【小问1详解】

由已知可得，，所以，.

又，所以有，所以.

因为，所以，

所以，.

【小问2详解】

由可得，

，

所以，的单调递增区间为，.

当时，；

当时，；

当时，.

综上所述，函数在上的单调递增区间为，.

20. 如图，A，B是某海城位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东，B点南偏东的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距100海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为80海里/时.

（1）求B，C两点间的距离；

（2）该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01）

【答案】（1）60海里   

（2）方向是南偏东，需要的时间为小时.

【解析】

【分析】（1）求得度数，根据正弦定理即可求得答案；

（2）确定的度数，由余弦定理即可求得的长，即可求得救援时间，利用余弦定理求出的值，即可求得应该沿南偏东多少度的方向航行.

【小问1详解】

依题意得，，

所以，

在中，由正弦定理得,

,

故（海里），

所以求两点间的距离为60海里.

【小问2详解】

依题意得，

在中，由余弦定理得，

所以（海里），

所以救搜船到达C处需要的时间为小时，

在中，由余弦定理得 ,

因为，

所以，

所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒

21. 平面直角坐标系中，已知.

（1）若，P为x轴上的一动点，点，当三点共线时，求点P的坐标；

（2）若，且与的夹角，求m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量的坐标运算，结合共线的坐标表示即可求解，

（2）根据数量积的坐标运算，利用得，结合正弦函数的性质以及不等式即可求解.

【小问1详解】

设，因为，所以，

因为，所以，，，

因为，，三点共线，即与共线，所以，解得，

则点的坐标为．

【小问2详解】

，所以，，，

因为与的夹角为，所以恒成立，

所以，

又因为，所以，

所以，

即，

因为，所以恒成立，

令，，，，所以，

因为，当且仅当，即时取等号，

即的最小值为5，所以，

则的取值范围是．

22. 已知函数

（1）证明：函数在上单调递减；

（2）讨论关于x的方程的实数解的个数．

【答案】（1）证明见解析   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）根据单调性的定义分析证明；

（2）原题意等价于函数与常函数的交点个数，作出函数的图像，数形结合处理问题.

【小问1详解】

任取，

则，

令，且，

则，，

所以，即，

故函数在上单调递减．

【小问2详解】

关于x的方程的实数解的个数，等价于函数与常函数的交点个数，

由（1）可得：，

令，且，

则，，

所以，即，

故函数在上单调递减，

结合（1）可得：函数在上单调递减，在上单调递增，故，

令，且，整理得，解得或，

故函数的图像如图所示：

可得函数的图像如图所示：

对于函数与常函数的交点个数，

则有：当时，交点个数为0个；当或时，交点个数为2个；

当时，交点个数为3个；当时，交点个数为4个．