福建省泉州市2022-2023学年高一数学下学期适应性练习试题（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市2022-2023学年高一数学下学期适应性练习试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了05， 设为复数，则“”是“”的， 已知，若，则的值是， 下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度下学期泉州市高中适应性练习
2023.05
高一数学
注意事项:
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效.
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设为复数，则“”是“”的（　　）
A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的运算依次验证充分条件、必要条件是否成立，从而得到结果.
【详解】①当时，，又
即“”是“”的充分条件
②当时，设
即，则且
或，即或，即“”是“”的不必要条件
综合①②得：“”是“”的充分不必要条件
本题正确选项：
【点睛】本题主要结合复数的运算对充分条件、必要条件的判断进行考查，属于基础题.
2. 已知，若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用弦化切先得出，再利用正切的二倍角公式得.
【详解】∵
∴
∴
∵，∴，∴
故选：C
3. 在中，已知，，，若，且，则在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，建系，得到，，的坐标，然后利用坐标表示，最后分，，和四种情况讨论的范围.
【详解】在中，，，，所以，，如图，以为原点，为轴建系，

则，，，所以，又，所以，
当时，
；
当时，；
当时，；
当时， ；
综上所述，.
故选：C.
4. 如图1所示，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l//l1与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设弧FG的x(0
图1
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】如图由余弦函数的图像性质可得D正确.

考点：本题主要考查三角函数的概念、图像、性质及其应用.

5. 在平行四边形ABCD中，，，连接CE、DF交于点M，若
，则实数λ与μ的乘积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得,由三点共线可得，同理可知，由三点共线可知，两式联立即可求解.
【详解】由已知条件得为的中点，为的三等分点，连接,


,
∵三点共线，∴存在唯一实数使,
∴,整理得,即，
故可知①，
同理

∵三点共线，∴②,
将①②联立解得，即，
故选：.
6. 中国最早的天文观测仪器叫“圭表” ，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景（影）台．“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影．到了汉代，使用圭表有了规范，规定“表”为八尺长（1尺=10寸）．用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地．同一日内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差千里”．记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B．同一日内，甲地日影长是乙地日影长的，记甲地中直线AB与地面所成的角为，且则甲、乙两地之间的距离约为（ ）

A. 8千里 B. 10千里 C. 12千里 D. 14千里
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出甲地、乙地的日影长，即可计算甲、乙两地的距离作答.
【详解】依题意，甲地中线段AB的长为寸，则甲地的日影长为寸，
于是乙地的日影长为寸，甲、乙两地的日影长相差12寸，
所以甲、乙两地之间的距离是12千里.
故选：C
7. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且外接圆半径为2，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求得，，将转化为角的形式，结合三角函数值域的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
由正弦定理得，
，
,
，
由于，
所以，
由于，所以，所以，
所以是锐角，且，
所以.


,
由于三角形是锐角三角形，所以，即，
所以，所以，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理解三角形，主要是利用正弦定理边角互化的作用来对已知条件进行化简求值.三角形中，要求一个表达式的取值范围，可利用正弦定理将其转化为角的形式，然后利用三角函数的值域的求法来求得取值范围.
8. 若函数在区间上的三个零点为，，，且，且，则下列结论：（ ）
①的最小正周期为；
②在区间有3个极值点；
③在区间上单调递增；
④为函数离原点最近的对称中心．
其中正确结论的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先利用条件求出，再利用三角函数的图像与性质，以及的零点、极值点，逐一对各个选项分析判断即可得到结果．
【详解】令，则由，得，
所以，由，得到
如图，由的图像与性质知，，，

即
化简得，
将代入得，所以，故①正确；
对于②，因为，
由图像与性质知，函数的极值点，即函数的最值点，
所以由，得到，
又因为，所以或，
所以在区间上有且仅有2个极值点，故②错误；
对于③，由，，得，所以在上单调递增，在上单调递减，
由，得到，由，得到，
所以在区间在上单调递增，在区间上单调递减，故③错误；
对于④，令，解得，当时，为最小，
所以函数离原点最近的对称中心为，故④错误．
故选：B．
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为的垂心，，则
B. 若为边长为2的正三角形，则的最小值为-1
C. 若为锐角三角形且外心为，且，则
D. 若，则动点的轨迹经过的外心
【答案】ACD
【解析】
【分析】A利用三角形相似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得，进而可知与中点共线，结合外心的性质有垂直平分即可判断；D将等式两侧同时点乘并化简得，即可判断.
【详解】A：如下图，，则为垂心，易知：，

所以，则，
根据向量数量积的几何意义知：，同理，
所以，正确；
B：构建以中点为原点的直角坐标系，则，若，
所以，，
由，则，
当时的最小值为，错误；

C：由题设，则，
所以，若为中点，则，
故，故共线，又，即垂直平分，
所以，正确；

D：由题设，，
则，
所以，若为中点，则，
故，所以的轨迹经过的外心，正确.

故选：ACD
【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断.
10. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 函数经过点的充要条件是；
B. 二次函数经过点的充要条件是；
C. 若已知二次函数，则经过点的充要条件是；
D. “”是“二次函数有两个异号零点”的必要不充分条件．
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二次函数的性质和韦达定理，结合充分条件必要条件的定义，判断各选项即可.
【详解】对于A ：对于函数，如果经过点，则，
反之，若，则，即函数经过点，
故函数经过点的充要条件是，所以A正确，
对于B：若时，函数不是二次函数，后者推不出前者，
而二次函数经过点，则，前者可推出后者，
所以后者是前者的必要不充分条件，故B不正确；
对于C：若已知二次函数则，
若经过点，则，
反之，若，则，即函数经过点，
所以经过点的充要条件是，故C正确；
对于D：二次函数有两个异号零点，
设为，且，则，
若，显然，对于二次函数，
由且，
所以二次函数有两个异号零点.
所以“”是“二次函数有两个异号零点”的充要条件，故D错误.
故选：AC.
11. 在三角形ABC中，记A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则下列选项中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由内角和关系证明，由边角关系证明即正弦函数性质证明，，由此判断A，
对于B，由条件结合正弦定理可得，再证明必为锐角，由此可得，结合正弦函数和余弦函数的单调性判断B，
对于C，结合（2）的结论及不等式性质可判断；
对于D，证明，由此可得，结合正弦函数性质判断D.
【详解】因为，，
，
因，所以，，
所以，
因为，所以，
可得，故A错误；
因为，得，
由正弦定理可得，
又，得为最大角，
所以必为锐角，可得，
所以，
由，可得，
所以，，
则，故B正确，
由选项B可知，，，则
，故C正确；
因为，则，所以，
所以，，则
，故有，
由，得，则，，
则，故D正确.
故选：BCD.
12. 中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，O为其重心，，，分别是边a，b，c上的高．若，则下列结论正确的是（ ）
A B.
C. D. 是钝角三角形
【答案】BCD
【解析】
【分析】由点为的重心，得到，求得，进而得到，可判定A错误；再结合面积公式，余弦定理求得的值，可判定B、C、D正确.
【详解】由点为的重心，可得，
因为，可得，
可得，即，
由正弦定理可得，所以A错误；
因为，，分别是边上的高，
可得面积满足，可得，
所以，所以B正确；
不妨设，
由余弦定理得，所以C正确；
由，
因为，可得，所以为钝角三角形，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点D在边AC上，，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理得，代入得，在两个三角形中用余弦定理得或，再分别用余弦定理求出可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
在中，，
中，，
所以，
整理得，
又，所以，
即，所以或，
当时，，
（舍去），
当时，，
.
故答案为：.
14. 已知点O为正所在平面上一点，且满足，点M为正所在平面上一点，若的面积与的面积比值为1∶4，且，则面积的与的面积的比值为______．
【答案】4∶3##
【解析】
【分析】由题意可知，设点分别为的中点，所以，根据题意求出的值，从而得，设点分别为的中点，则，三点共线，且，进而可得答案．
【详解】由，得，
设点分别为的中点，如图所示，

，
，三点共线，
的面积与的面积比值为1∶4，
，且与同底边，
点到底边的距离等于点到底边的距离的，
，
，，
由题意得，即，
设点分别为的中点，如图所示，

，
，三点共线，且，
，，
又，
则面积的与的面积的比值为4∶3．
故答案为：4∶3．
15. ______________．
【答案】
【解析】
【分析】结合二倍角和辅助角公式求解即可.
【详解】.
故答案为：.
16. 已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，都有，则关于的不等式在区间上的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得函数关于对称，继而由函数为奇函数，可得函数的周期，由函数的单调性的定义得函数在上是增函数，令，设，运用导函数分析函数的单调性，由此得，由对称性及周期性作函数的示意图和的图象，运用数形结合的思想可求得不等式的解集.
【详解】解：因为，所以函数关于对称，，
又函数为奇函数，所以，
所以，则，
函数是以4为周期的周期函数，
因为对任意的，当时，都有，
不妨设，所以，
所以函数在上是增函数，
所以当时，，
令，
设，则，
所以函数是单调递减函数，
所以当，，
所以当时，，即，
由对称性及周期性作函数的示意图和的图象如下图所示，
则不等式在区间上的解集为.
故答案为：.

【点睛】本题考查了函数性质的综合应用，考查了利用导数研究函数单调性的应用，考查了逻辑推理能力和数形结合思想，，有一定的难度.
四、解答题（本大题共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. 已知关于t的方程一个根为．
（1）求方程的另一个根及实数a的值；
（2）若在上恒成立，试求实数m的取值范围.
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）将根代入方程求出，再由实系数一元二次方程的求根公式求解；
（2）由题意，，结合基本不等式可得，再求出m的取值范围即可．
【小问1详解】
∵关于的方程的一个根为，
∴，所以，
又方程，，
∴方程的两根为，∴方程的另一个根为．
【小问2详解】
由题意在上恒成立，
则，，
∵，当且仅当时等号成立，
∴，即，
∴，即实数m的取值范围．
18. 已知，，．
（1）求关于x的表达式；
（2）若时，的最小值是3，求m的值；
（3）若对于都有，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合三角函数恒等变换，化简可得的表达式；
（2）根据，确定，结合正弦函数性质，即可求得答案；
（3）根据（2）的结论，求出的最大值的表达式，结合题意可得相应不等式，求得答案.
【小问1详解】
由，，，
则
，
即；
【小问2详解】
∵，∴，
则当，即时，取最小值，
又∵的最小值是3，∴，∴，
即m的值为2；
【小问3详解】
由（2）可得：当时，当时，即，
的最大值是，
又当时，恒成立，
∴，∴，
即m的取值范围为．
19. 已知函数的图象两相邻对称轴之间的距离是，若将的图象上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数.
（1）求的解析式；
（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若函数的图象在区间（且）上至少含有个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出表达式，根据图像的变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数；
（2）参变分离进行处理，将问题转化为，只需求出不等式右边的最小值，结合对勾函数的单调性进行辅助求解；
（3）先求出零点的一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围.
【小问1详解】
由，得，则
则为偶函数，
于是轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以，
又，所以，故.
【小问2详解】
因为，所以，
故，，
而恒成立，
即，
整理可得.
令，，
设，，设，且，
则，
由于，，则，所以，
即区间上单调递增，故，
故，即实数m的取值范围是.
【小问3详解】
由题意知，
由得，
故或，，
解得或，，
故的零点为或，，
所以相邻两个零点之间的距离为或
若最小，则和都是零点，此时在区间，，…，，
分别恰有个零点，
所以在区间上恰有个零点，
从而在区间上至少有一个零点，所以，
另一方面，在区间上恰有个零点，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第三问零点个数的处理可以考虑研究区间长度为的情况，发现规律后扩充到区间长度为整数倍的上进行求解.
20. 如图，在平行四边形ABCD中，，E为DC上靠近D的三等分点，G为BC上靠近C的三等分点，且恰为3∶5，若以A为原点，AC为x轴，AD为y轴，，为基底．

（1）求坐标；
（2）求坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作交于，则，，，结合可得解；
（2）由题意得，将（1）中代入可得结果.
【小问1详解】
作交于，又，则，

∴，，
∴，,
∵，
∴，
∴，
∴坐标为.
【小问2详解】
∵，
∴，
∴坐标为.
21. 如图，，分别是矩形的边和的中点，与交于点N.

（1）设，，试用，表示；
（2）若，，H是线段上的一动点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）引入，重新整理得出和这组基底的关系；
（2）以A为原点，AB，AD分别为x， y轴，建立平面坐标系，借助的方程，化为关于的表达式，从而利用二次函数性质求最值.
【小问1详解】
取AC的中点O，连OE，OF则，

因为，
所以.
【小问2详解】
以A为原点，AB，AD分别为x， y轴，建立直角坐标系，

则，，，，
直线的方程为：，
设，
则，，
所以，
当时等号成立.
22. 某市民公园改造规划平面示意图如图，经规划调研测定，该市民公园占地区域是半径为R的圆面，该圆面的内接四边形是绿化用地，经测量得边界百米，百米，百米．

（1）求原绿化用地的面积和市民公园的占地面积；
（2）为提高绿化覆盖率，在保留边界不动的基础上，对边界进行调整，在圆弧上新设一点，使改造后新的绿地的面积最大，设，将的面积用表示并求出求最大面积．
【答案】（1）原绿化用地的面积为，市民公园的占地面积为
（2）的面积为，最大面积为平方百米
【解析】
【分析】（1）根据四边形的内接圆的性质及余弦定理，再利用正弦定理及三角形的面积公式，再结合圆的面积公式即可求解；
（2）根据已知条件及正弦定理，将四边形的面积转化为三角形的面积，再根据三角形的面积公式及两角差的正弦公式，再利用辅助角公式及三角函数的性质即可求解.
【小问1详解】
因为四边形内接于圆，则．所以
．
在中，，
在中，，
由，得，
因为，所以，所以，所以，
所以
，
所以，
由正弦定理得，所以外接圆面积．
【小问2详解】
因为，由得．
在中，由正弦定理知



因为，所以，
当，即时，的最大值为，
此时，
所以改造后，当为正三角形时，新的绿地的面积最大，为平方百米．