2022-2023学年广西示范性高中高一下学期联合调研测试数学试题含解析

2022-2023学年广西示范性高中高一下学期联合调研测试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意结合集合的交集运算求解.

【详解】因为，

所以.

故选：D.

2．若复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数除法运算和复数模长求法直接求解即可.

【详解】，.

故选：B.

3．已知，，，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据投影向量的求法直接求解即可.

【详解】在上的投影向量为：.

故选：C.

4．一物体在力和的作用下，由点移动到点，在这个过程中这两个力的合力对物体所作的功等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量数量积的物理意义直接求解即可.

【详解】，，，

即两个力的合力对物体所作的功等于.

故选：A.

5．如题图所示，长方体的底面ABCD的斜二测直观图为平行四边形．已知，，，则将该长方体截去一个三棱锥后剩余的几何体体积为（    ）

A．50 B．30 C．25 D．15

【答案】A

【分析】利用斜二测法画法规则求出长方体的长、宽、高，从而可求出长方体的体积和三棱锥的体积，进而可求出结果.

【详解】因为，，，所以在长方体中，，所以长方体的体积为，又，

所以长方体截去一个三棱锥后剩余的几何体体积为，

故选：A.

6．下列命题为真命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据不等式的性质逐一判断即可.

【详解】对于A：当时，，A错误；

对于B：当时，，B错误；

对于C：取满足，，而，此时，C错误；

对于D：当时，则，所以，即，又，所以，D正确.

故选：D.

7．若将函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于点中心对称，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出变换后所得图象对应的函数解析式，利用三角函数的对称性可求得的表达式，即可得出的最小值.

【详解】将函数的图象向右平移个单位后得到的函数

的图象，

因为函数的图象关于点对称，

所以，，解得，

故当时，取最小值.

故选：B.

8．若非零向量与满足，且，则为（    ）

A．三边均不等的三角形 B．直角三角形

C．底边和腰不相等的等腰三角形 D．等边三角形

【答案】C

【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，可分析出是等腰三角形，根据数量积公式可求角A，即可判断.

【详解】解：，

的角平分线与BC垂直，

，

，

则是顶角为的等腰三角形，

故选：C.

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．一条直线和一个点确定一个平面

B．若是两条直线，是两个平面，且，，则是异面直线

C．若直线不平行于平面，且，则内不存在与平行的直线

D．若是两条相交直线，且平面，则与的位置关系是平行或相交

【答案】CD

【分析】由空间直线和平面的关系依次判断各选项即可得出结果.

【详解】选项A：经过一条直线和这条直线外的一点可以确定一个平面，故选项A错误；

选项B：若是两条直线，是两个平面，且，，则可能平行、相交或者异面，故选项B错误；

选项C：根据线面平行的判定定理可知，若存在直线，使得，则，与直线不平行于平面矛盾，故内不存在与平行的直线，选项C正确；

选项D：设相交直线确定平面，当时，与平行，当相交时，与相交，故选项D正确；

故选：CD

10．如题图是函数的部分图象，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】由正弦型函数的图像求时，先根据图像的横坐标数据，判断函数的周期，根据求出，将图像中的特殊点代入函数中，求.

【详解】根据题中的图像可得，即，

，即，

将图像中的点代入函数中，，

即

，

，而，可得A错误；

对于B选项，，可得B正确；

对于C选项，，可得C正确；

对于D选项，

可得D正确.

故选：BCD.

11．特值法就是选取一个恰当的特殊值代替一般的情况，将复杂或抽象的问题简单化具体化的方法，例如：若是定义域为R的奇函数，且是偶函数，，则可以选择，由此计算出结果．已知函数是定义域为R的偶函数，且，是奇函数，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据题中时偶函数的性质及是奇函数的性质，可先判断出周期，再结合列举出一个具体的实例，即可得出答案的结果.

【详解】由函数是定义域为R的偶函数，且，是奇函数，可以选择

，

则，故A正确，

，故B错误，

，故C正确，

，故D正确，

故选：ACD.

12．已知分别是锐角三个内角的对边，若，则下列选项正确的是（    ）

A．

B．的取值范围是

C．的取值范围是

D．若平分交于点，且，则的最小值为

【答案】AC

【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理可求得，由此可得A正确；由，利用三角恒等变换知识可将化为，结合正弦型函数值域求法可知B错误；利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可将化为，结合正切函数值域可知C正确；利用面积桥可求得，由此可得，利用基本不等式可求得，验证可知取等条件无法成立，知D错误.

【详解】对于A，由正弦定理得：，

，，

，又，，A正确；

对于B，

；

为锐角三角形，，解得：，

，，，

即的取值范围为，B错误；

对于C，由正弦定理得：；

由B知：，，又，

，，即，C正确；

对于D， ，，

即，，即，

（当且仅当，即时取等号），

当时，由余弦定理得：，

，即为直角三角形，不合题意；

，D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．已知两个球的表面积之差为，它们的大圆周长之和，则这两个球的半径之差__________．

【答案】

【分析】根据球的表面积和圆的周长公式可构造方程组求得结果.

【详解】设两球的半径分别为和，则，即，

，解得：，

即两个球的半径之差为.

故答案为：.

14．已知，，若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是_______________．

【答案】

【分析】根据充分不必要条件的定义可得集合的包含关系，由此可得，结合余弦函数性质可求得的范围.

【详解】“”是“”的充分不必要条件，是的真子集，，

，即实数的取值范围为.

故答案为：.

15．在菱形中，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，若，则____________．

【答案】

【分析】根据向量线性运算可用表示出，进而表示出；根据三点共线可构造方程求得结果.

【详解】

，，

三点共线，，解得：.

故答案为：.

16．已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围为____________．

【答案】

【分析】将问题转化为有个不等实根，设，可知方程有两个不等实根，结合函数图象可确定的范围，结合二次函数零点的分布可构造不等式组求得结果.

【详解】有个零点等价于有个不等实根；

作出图象如下图所示，

设，则有两个不等实根，；

记的两根为，或；

当时，，解得：，此时，不满足；

当时，，解得：；

综上所述：实数的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

17．当实数m取什么值时，复数分别满足下列条件？

(1)z为纯虚数；

(2)复数z对应的点Z在第四象限

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，求解即可；

（2）由题意可得，求解即可.

【详解】（1）法一：由，，

所以，所以当时，z为纯虚数；

法二：由得：或

当时，与条件矛盾，

当时，符合条件，

所以当时，z为纯虚数；

（2）由，

所以，所以当时，复数z对应的点Z在第四象限．

18．已知，，．

(1)若，求x的值；

(2)求的最值及取得最值时相应的x的值．

【答案】(1)；

(2)时，取到最小值，最小值为；时，取到最大值，最大值为3.

【分析】（1）由共线向量的坐标运算可得，方法一：由同角三角函数的基本关系求解；方法二：由两角和的正弦公式求解；

（2）根据平面向量数量积的坐标运算可得，方法一：根据两角和差的余弦公式结合余弦函数的性质即可求解；方法二：根据两角和差的正弦公式结合正弦函数的性质即可求解.

【详解】（1）（1）方法一：由得

，

，即，

又，即，，即．

方法二：由得

，

，

又，即，

，即．

另一种做法：，解得，

又，．

（2）法一：

又，即，

当，即时，取到最小值，最小值为，

当，即时，取到最大值，最大值为3．

法二：

，

又，即．

∴当，即时，取到最小值，最小值为，

当，即时，取到最大值，最大值为3．

19．函数是定义在上的奇函数，且．

(1)确定的解析式；

(2)判断在上的单调性，并证明你的结论；

(3)解关于的不等式．

【答案】(1)

(2)在上单调递增，证明见解析

(3)

【分析】（1）由和可求得，验证可知满足题意，由此可得解析式；

（2）任取，由可得结论；

（3）根据函数奇偶性和单调性，结合函数定义域可构造不等式组求得结果.

【详解】（1）为定义在上的奇函数，，解得：，

，解得：；

当，时，，

，满足为奇函数；

综上所述：.

（2）在上单调递增；

证明如下：任取，

；

，，，，，

在上单调递增.

（3）为定义在上的奇函数，由得：，

又在上单调递增，，解得：，

不等式的解集为.

20．“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具，如题图所示，有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为，较短边为．现将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点A，B，C都在圆周上，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求c；

(2)若的面积为，且，求的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意求得的外接圆半径为R，再由正弦定理即可求得c

（2）由三角形的面积公式及可求得，再带入即可求得的值，即可求得的周长.

【详解】（1）设的外接圆半径为R，则，

由正弦定理

可得：

（2）由正弦定理及得：，

∴，故C为锐角，

，

，

由余弦定理得：

，

，又，，    ，

的周长为．

21．已知在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为S，且______________．

在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并根据这个条件解决下面的问题．

(1)求A；

(2)若，点D是BC边的中点，求线段AD长的取值范围．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若选①可利用正弦定理边化角再结合三角形内角和及两角和差公式即可求得，或者利用余弦定理将角化边即可求得A.

（2）由点D是BC边的中点，可用向量利用平行四边形法则及余弦定理，将线段AD长转化成含有的函数，再由取值范围，求得函数的值域，即可求得线段AD长的取值范围.

【详解】（1）若选①，方法一

因为，

所以由正弦定理可得，

又，

，即，

又因为C为三角形内角，，所以，

又因为，所以．

方法二

因为，

所以由余弦定理可得，即，

，

又因为，所以．

若选②，因为，

所以，

整理可得：，

解得：或，

又因为，可得，

所以，

所以．

若选③，因为，所以，

可得，即．

又因为，所以．

（2）法一：因为，所以，．

因为D是BC的中点，所以，

所以

，所以当时，，即，

又    ，即

故线段AD长的取值范围为．

法二：因为D是BC的中点，所以，

所以

当且仅当时，，

由可知：，即

故线段AD长的取值范围为．

法三：因为，所以，

在中，由余弦定理得：

，

因为，

所以，即，

整理得，

将，代入整理得：

，所以当时，，即，

又    ，即

故线段AD长的取值范围为．

22．已知函数．

(1)若关于x的方程的解是单元数集，求实数a的取值范围；

(2)若对于任意，任意，恒有，求a的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用对数函数的单调性把关于x的方程①有唯一解，转化为②有唯一解满足方程①，当，可求得满足条件；当时，解得方程②的根为，，再讨论和，中有且只有一个是方程①的解，即可求解；

（2）对于任意，任意，恒成立等价于，，由在单调递减得对于任意，，从而有，，令，得，，从而，利用基本不等式即可求得最大值，从而得到答案.

【详解】（1）由已知得：关于x的方程①有唯一解，

即关于x的方程，

亦即②有唯一解满足方程①

①当，即时，方程②为，，满足条件；

②当时，方程②化为，解得：，

若，即时，，满足条件；

若且时，，中有且只有一个是方程①的解，

当是方程①的解时，，解得，

当是方程①的解时，解得，

故此时，满足条件有或，解得

综上，实数a的取值范围是.

（2）由任意，

恒有得：，，

由在单调递减得：对于任意，

即恒成立

∴对于任意，，即恒成立

，

令，则，

当且仅当，即，亦即时，取到最大值

所以.

∴a的最小值为

【点睛】方法点睛：函数存在性和恒成立问题，构造新函数并利用新函数的性质是解答此类问题的关键，并注意把握下述结论：

①存在解；恒成立；

②存在解；恒成立；

③存在解；恒成立；

④存在解；恒成立