山东省部分学校2022-2023学年高一下学期期中质量监测联合调考数学试题（教师版含解析）

这是一份山东省部分学校2022-2023学年高一下学期期中质量监测联合调考数学试题（教师版含解析），共20页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 若，则， 若，是方程的两个虚数根，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第五章至第二册第七章.
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. ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量加减法法则化简即可.
【详解】.
故选：A
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，由复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意得，所以在复平面内对应的点为,位于第三象限.
故选:C
3. 若函数的值域为，则( )
A. B. 4C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦函数的值域求解的值域，再与已知值域端点值对应相等，求解结果.
【详解】因为，所以，.
由题意得所以故.
故选：B.
4. 某同学因兴趣爱好，自己绘制了一个迷宫图，其图纸如图所示，该同学为让迷宫图更加美观，在绘制过程中，按单位长度给迷宫图标记了刻度，该同学发现图中A，B，C三点恰好共线，则( )
A. 7B. C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量共线的坐标表示可得.
【详解】由图可知，
所以，，
因为，所以，解得.
故选：C
5. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦边角关系可得，再应用余弦定理求即可.
【详解】由题意，
所以，得.
故选：D
6. 若，则( )
A. B. C. 或D. 或1
【答案】A
【解析】
【分析】利用二倍角余弦公式及商数关系可得，即可求，最后由和角正切公式求值.
【详解】由，
所以，得，
所以.
故选：A
7. “五月的风”是坐落在山东省青岛市五四广场的标志性雕塑，重达500余吨，是我国目前最大的钢质城市雕塑，该雕塑充分展示了岛城的历史足迹.如图，现测量该雕塑的高度时，选取了与该雕塑底在同一平面内的两个测量基点与，测得，，，在点测得该雕塑顶端的仰角为40°，则该雕塑的高度约为(参考数据：取)( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中，利用正弦定理先求，然后在中由三角函数定义可得.
【详解】由题意得，在中，由，
得，
在中，.
故选：C
8. 在中，为上的中线，为的中点，，分别为线段，上的动点(不包括端点A，B，C)，且M，N，G三点共线，若，，则的最小值为( )
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的基本定理，用表示，设，，再用含参的方式用表示，得到关于参数的方程组求得，最后应用基本不等式“1”的代换求的最小值，注意取值条件.
【详解】由题意，
设，，
则，
所以，，得，
所以(当且仅当时等号成立).
故选：D
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若，是方程的两个虚数根，则( )
A. 的取值范围为B. 的共轭复数是
C. D. 为纯虚数
【答案】BCD
【解析】
【分析】，是方程的两个虚数根，则，得，则根据一元二次方程方程的求根公式可知的共轭复数是，
【详解】由，得，A错误；
因为原方程的根为，所以的共轭复数是，B正确；
，C正确；
因为等于或，所以为纯虚数，D正确.
故选：BCD.
10. 已知向量，，，则下列说法正确的是( )
A. 与夹角的余弦值为B. 在上的投影向量为
C. 若与的夹角为钝角，则D. 若与的夹角为锐角，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】已知向量 的坐标表示，由向量的投影向量以及数量积公式可分别判断各选项，从而得出结论.
【详解】与夹角的余弦值为，A正确.
在上的投影向量为，B正确.
若与的夹角为钝角，则得，且，C错误.
若与的夹角为锐角，则得，D正确.
故选：ABD.
11. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则( )
A. 为钝角三角形B. 为最大的内角
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据同角三角函数和两角和与差的余弦公式即可判断；对B和C，利用正弦定理即可判断；对D，利用反证法即可.
【详解】对A，由，得A，C均为锐角，
则，，
因为
，
所以B为锐角，为锐角三角形，A错误.
由，得，
，根据正弦定理得，则，
所以C为最大的内角，故B正确；
对C，根据正弦定理有， 故C正确；
对D，若，，则，，不符合题意，故D错误.
故选：BC.
12. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，B的角平分线交AC于D，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知条件及角平分线的定义，利用三角形的面积公式、三角形的内角和定理及锐角三角形限制角的范围，结合正弦定理的边角化及两角差的正弦公式，再利用二倍角的正弦余弦公式及三角函数的性质即可求解.
【详解】因为是角的平分线，
所以.
由题意可知， ,即,
所以，即，
因为为锐角三角形，
所以,
所以，
所以，
所以，即，
所以，即,故A错误；
在中，,即，
因为为锐角三角形，
所以，解得，故B正确；
由正弦定理得,即,
因为，
所以，即，
所以，故C正确；
由正弦定理，
所以
所以
，
因，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】解决此题的关键是利用等面积法及锐角三角形限制角的范围，结合正弦定理的边角化及三角恒等变换，再利用三角函数的性质即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 时钟的分针长，从到，分针转过的角的弧度数为______，分针扫过的扇形面积为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】直接计算出分钟转过的弧度数，利用扇形的面积公式可求得分针所扫过的面积.
【详解】由题意得，分针转过的角的弧度数为，
分针扫过的扇形面积为.
故答案为：；.
14. 已知向量，，且与的夹角为，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意求，再结合向量的模长运算求解.
【详解】由题意得，
所以.
故答案为：2.
15. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若的部分图条如图所示，则______，的值为______.
【答案】 ①. ##0.5 ②. ##
【解析】
【分析】根据函数图象得、、，写出解析式，再由图象平移确定解析式，即可求函数值.
【详解】由图知，且，
结合图象得： ，，两式相减得，即，
则，得：，，又，所以，
所以，
将所有的点向右平移个单位长度，纵坐标不变，则，
所以，
把得到的图象的横坐标缩短到原来的，则，
所以.
故答案为：，
16. 在底边为的等腰中，腰边上的中线为，若的面积为4，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，应用三角形面积公式、余弦定理得到含参数关于的方程，根据方程有解求的最小值.
【详解】设，，则，得，
在中，由余弦定理得，得，
由上式平方相加得：，即，
令，设，则在上必有零点，
的对称轴为，则，得，即.
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. 已知复数，的实部和虚部均为非零实数，且的实部等于虚部.
(1)请写出一个；
(2)求的最小值.
【答案】(1)(答案不唯一)
(2)
【解析】
【分析】(1)由题意可设，再根据复数的除法运算可解，根据的实部等于虚部得，从而可得结论.
(2)由(1)可得，利用复数的模公式计算可得，从而可得出最小值.
【小问1详解】
设，a，b为非零实数，
因为，
所以，得.
故可以为.(答案不唯一，满足，即可，例如，，)
【小问2详解】
由(1)可得，
所以，
当时，.
18. 如图，在梯形中，，E，F分别是AB，BC的中点，与相交于点，设，.
(1)用，表示；
(2)用，表示.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由题设知且，根据用表示出即可；
(2)由题意可得，再用表示出即可.
【小问1详解】
在中，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，且，
故.
【小问2详解】
因为，所以，则，
故
.
19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求外接圆的周长；
(2)若，，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据二倍角公式及正弦定理求得外接圆的半径；
(2)根据余弦定理结合基本不等式、面积公式求得结果.
【小问1详解】
由，
得，
因为，所以，则外接圆的半径，
故外接圆的周长为.
【小问2详解】
由(1)得，因为，所以.
由余弦定理，得，即，
当且仅当时，等号成立.
所以，
故面积的最大值为.
20. 如图，为半圆的直径，，为上一点(不含端点).
(1)用向量的方法证明；
(2)若是上更靠近点的三等分点，为上的任意一点(不含端点)，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)建立平面直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可证；
(2)利用坐标表示出，然后由三角函数性质可得.
【小问1详解】
如图，建立平面直角坐标系.
(方法一)由题意可知，设，则，
，，，
得，，
所以，
故，即.
(方法二)由题意可知，，，设，
则，得，
得，，
所以，
故，即.
【小问2详解】
由题意得，则，
设，则，，
由(1)得，，
所以，
由，得，当，即时，.
故的最大值为.
21. 如图，在四边形中，，，，.
(1)若，求；
(2)若，，求.
【答案】(1)
(2)13
【解析】
分析】(1)由余弦定理可得，进而由正弦定理即可求解，
(2)由余弦定理得，由正弦定理得，两式结合即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
中，由余弦定理得，得，
由正弦定理，得.
故.
【小问2详解】
在中，由余弦定理，
得①，
在中，由正弦定理，得.
所以，代入①式得，得，
则，即.
22. 若函数满足，且，，则称为“型函数”.
(1)判断函数是否为“型函数”，并说明理由；
(2)已知为定义域为的奇函数，当时，，函数为“型函数”，当时，，若函数在上的零点个数为奇数，求的取值范围.
【答案】(1)是，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据所给定义得到的周期为，且的图象关于直线对称，在根据所给解析式判断即可；
(2)首先求出的零点，令，即或或，根据对称性与周期性画出在上的图像，则函数在上的零点个数等于在上的图象与直线，，的交点个数之和，数形结合即可得解.
【小问1详解】
由，得，所以的周期为，
由，，得的图象关于直线对称，
因为，所以的图象关于直线对称，
又的最小正周期为，所以函数是“型函数”.
【小问2详解】
令，得，因为是定义域为的奇函数，所以的零点为，，.
令，所以或或，即或或.
画出在上的图象，由的图象关于直线对称，可画出在上的图象.
由的最小正周期为，可画出在上的图象.
故在上的图象如下图所示，
所以函数在上的零点个数等于在上的图象与直线，，的交点个数之和.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为3.
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为5.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
当，即时在上图象与直线，，的交点个数之和为.
当，即时，在上图象与直线，，的交点个数之和为11.
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为9.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
当即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为3.
当，即时在上的图象与直线，，的交点个数之和为.
故的取值范围为.