2022-2023学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）高一下学期第二次阶段性测试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）高一下学期第二次阶段性测试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）高一下学期第二次阶段性测试数学试题 一、单选题1．复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据共轭复数的概念即可确定答案.【详解】因为复数，则，故选：D2．在中，若，则的形状为（    ）A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【分析】根据向量的减法法则可得，由三边相等关系即可得出结果.【详解】因为，，所以，所以为等边三角形．故选：A3．在复平面内，若复数所对应的点在第二象限，则实数m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据复数对应的点所在位置列不等式组求解.【详解】复数所对应的点在第二象限，，解得.故选：C.4．已知，，，若，则（   ）A．-5 B．5 C．1 D．-1【答案】A【分析】通过平行可得m得值，再通过数量积运算可得结果.【详解】由于，故，解得，于是，，所以.故选A.【点睛】本题主要考查共线与数量积的坐标运算，考查计算能力.5．将函数的图象经过下列哪种变换可以得到函数的图象A．向左平移个长度单位 B．向右平移个长度单位C．向左平移个长度单位 D．向右平移个长度单位【答案】C【解析】利用诱导公式把函数的解析式化简成正弦型函数的形式，再通过与函数解析式的对比直接求解即可.【详解】，因此由的图象向左平移个长度单位可以得到函数的图象.故选：C【点睛】本题考查了正弦型函数的图象的平移，考查了诱导公式的应用，属于基础题.6．2022年北京冬奥会，首钢滑雪大跳台（如图1）是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A（如图2）距离地面的高度AB（AB与地面垂直），在赛道一侧找到一座建筑物PQ，测得PQ的高度为25.4米，并从P点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点，P点的仰角分别为75°和30°（其中B，M，Q三点共线），该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A距离地面的高度约为（    ）（参考数据：，，）A．58 B．60 C．66 D．68【答案】B【分析】在中，求得PM，在中，利用正弦定理求得AM，然后在中，由 求解.【详解】解：如图所示：由题意得：，在中，，在中，由正弦定理得，所以，在中， ，故选：B7．已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解.【详解】由题意可得：，故向量在向量方向上的投影向量为.故选：A.8．已知中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，，令，，利用平面向量基本定理确定点的位置即可求解作答.【详解】如图，令，，于是，而，并且不共线，因此，解得，令，，则，从而，解得，因此点是线段的中点，所以，所以.故选：C【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． 二、多选题9．满足 的一组的值是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】BD【分析】由，利用两角差的余弦公式整理得到，再验证选项即可.【详解】因为，所以，即.当，时，可得，，所以A错误;当，时，可得，，所以B正确;当，时，可得，，所以C错误;当，时，可得，，所以D正确.故选：BD.10．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（    ）A．|z|＝ B．z2＝2iC．z的共轭复数为 D．z是关于x的方程的一个根【答案】ABD【分析】利用复数的相关概念以及复数的运算进行计算求解.【详解】因为，所以，故A正确；因为，故B正确；因为z的共轭复数为，故C错误；因为方程，所以，所以方程的根为，故D正确.故选：ABD.11．已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，O为的外心，，的面积S满足．若，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】结合题意和余弦定理得出，判断选项A；利用三角形面积公式判断选项B；利用平面向量的数量积运算判断选项C；利用平面向量的基本定理即可求解D【详解】由，得，即得，又，故，∴，即所以A正确；，所以B错误；，所以C正确；由，可知得解得：，故，所以D正确．故选：ACD.12．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积”若把这段文字写成公式，即.现有满足.且的面积为，请运用上述公式判断下列命题中正确的是（    ）A．的周长为4B．的内切圆的面积为C．的外接圆半径为D．【答案】BD【分析】由正弦定理可得，设，，，根据面积公式求出，即可求出周长，即可判断A，记的内切圆半径为，根据等面积法求出，即可判断B，由余弦定理求出，即可求出，再由正弦定理求出外接圆的直径，即可判断C，由余弦定理求出，再由数量积的定义计算，即可判断D.【详解】因为，由正弦定理可得，设，，，所以，因为的面积为，所以，解得或（舍去），所以，，，所以的周长为18，故A错误；记的内切圆半径为，则，即，∴，∴，故B正确；由余弦定理得，所以，得的外接圆的直径为，故C错误；由余弦定理得，所以.故D正确.故选：BD. 三、填空题13．已知，则  ．【答案】【分析】及角的范围即可求解.【详解】因为，所以，所以，又，所以.故答案为:.14．表示虚数单位，则=         .【答案】【分析】根据以及周期性求出答案即可．【详解】解：因为，，，，所以，一般地，，，，，所以，，又，所以；故答案为：15．在平行四边形中，已知，，，且，，，则      .【答案】【分析】根据得到是矩形，，计算得到答案.【详解】，，，故，则平行四边形是矩形，，，，，则.故答案为：. 四、双空题16．如图，在中，，，为上一点，且满足，则              ；若的面积为，则的最小值为              ．【答案】          【分析】先通过条件用表示，根据三点共线，可求得根据的面积求得 ， 由，平方可得，代入即可求得答案.【详解】∵，又，∴，∴，又因为三点共线，则，即，，的面积为，    ∴，∴，∴的最小值为．故答案为：,. 五、解答题17．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若，求与的夹角的余弦值．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据向量平行列方程，即可求得的值；（2）根据平面向量垂直列方程，求出的值，再结合坐标运算求与的夹角的余弦值即可．【详解】（1）因为，，，所以，            即，所以或．（2）因为，所以，即所以，所以，即，                      所以,，则，所以.18．已知，且(1)求的值；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）结合诱导公式可得，根据同角三角函数关系可得，再由两角差的正切公式，即可得出结果；（2）根据题中条件，得到，根据平方关系可得，再由，根据两角差的正弦公式，即可求出结果.【详解】（1）因为，所以，又因为，所以，因此，所以.（2）因为，所以，又，所以，所以，所以，即.19．在锐角△ABC中，，，（1）求角A；（2）求△ABC的周长l的范围.【答案】（1）.（2）【分析】（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式，可得，可得；（2）利用正弦定理将表示为的函数，根据锐角三角形得的范围，再根据正弦函数的图象可得结果.【详解】（1）∵，，所以，所以，所以，因为，所以， ，所以.（2），所以,所以，，所以因为△ABC是锐角三角形，且，所以，解得，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了正弦定理、两角和的正弦公式、锐角三角形的概念和正弦函数的图象的应用，属于中档题.20．某城建部门欲沿河边规划一个三角形区域建设市民公园．如图，为该城区内河段的一部分，现有两种设计方案，方案一的设计为区域，方案二的设计为区域，经测量，米，米，米，．(1)求的长度．(2)若市民公园建设每平方米的造价为80元，不考虑其他因素，要使费用较低，该选哪个方案（请说明理由）？较低造价为多少？（参考数据：取）【答案】(1)700米(2)方案二的设计符合要求，理由见解析，13856000元 【分析】（1）利用余弦定理解得，解方程可得的长度；（2）利用面积公式可得，确定方案二节约及其造价.【详解】（1）在中，由余弦定理得．在中，由余弦定理得．由，得，故，解得米，故的长度为：700米．（2）方案二的设计符合要求．理由如下：因为，，且，所以，故选择方案二的设计，建设市民公园的费用较低．因为米，所以是等边三角形，，所以平方米，所以总造价为元．故：方案二符合要求，最低造价为13856000元.21．已知函数.(1)求的单调递增区间；(2)方程在上的两解分别为，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）化简的解析式，利用整体代入法求得的单调递增区间.（2）根据三角恒等变换的知识，先求得，然后求得的值.【详解】（1），由，得，所以的单调递增区间为：.（2）设，则，由于正弦函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，由，得，因为方程在上的两解分别为，则，必有，所以，，同理，，由于且，则，由，可得.【点睛】利用同角三角函数的基本关系式求，一定要注意判断的范围，根据的范围来确定的符号，这一步容易忽略.同样，在用二倍角公式来求单倍角时，也要注意角的范围.22．已知 分别为 三个内角 的对边， 且 ，(1)求 ；(2)若 ， 求 的取值范围；(3)若 为 的外接圆， 若 分别切 于点 ， 求 的最小值.【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）由题目条件可证得,可得为直角三角形，可求出.（2）由数量积的定义可求得，设，则，令，则，判断出的单调性，即可得出答案.（3）用分别表示出，结合均值不等式即可求出答案.【详解】（1）因为，则，所以，则，所以为直角三角形，所以.（2），所以，而，所以设，所以，令，又因为所以，所以，令，因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以.所以 的取值范围为（3） 的外接圆的半径为，，设，则，其中，所以，而，，当且仅当取等.所以 的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题考查向量相关的取值范围问题，考查面较广，涉及了基本不等式、函数值域、正弦定理、三角函数等，需要对知识掌握熟练且灵活运用.考查学生的运算能力和逻辑推理能力，属于难题.