河南省南阳市六校2022-2023学年高一下学期第二次联考数学试题 Word版含解析.docx

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2023年春期六校高一年级第二次联考数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上.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，再选涂其它答案标号.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.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.已知复数（i虚数单位），则（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】利用复数的四则运算化简复数，由即可得结果.【详解】，由.故选：A2.若扇形的弧长是8，面积是16，则这个扇形的圆心角的弧度数是（）A.2B.3C.4D.5【答案】A【解析】【分析】利用扇形的面积、弧长公式求圆心角的弧度即可.【详解】令扇形的圆心角的弧度数为，半径为，则，即，又，故. 故选：A3.在平面直角坐标系中，角的顶点为O，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由诱导公式、倍角余弦公式得，三角函数定义知，代入求值即可.【详解】，由题意，所以.故选：B4.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据函数图象可得，即可求出、，再根据函数的周期求出，最后根据函数过点求出，即可得解.【详解】依题意可得，解得，又，所以，解得，所以，又函数过点，所以，即，所以，，所以，，又，所以，所以.故选：A5.在平行四边形中，．若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量对应线段的数量及位置关系，用表示出，求出参数，进而得结果.【详解】，所以，则.故选：D 6.在中，角所对的边分别为，且．若有两解，则的值可以是（）A.4B.6C.8D.10【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，可得，求出的范围，结合选项得出答案.【详解】如图，过点作，垂足为,则.若有两解，所以，则，即，得.故选：B7.已知向量满足，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量坐标运算和数量积运算的性质，结合可求得，由此可得，进而求得结果.【详解】，，，解得：，，解得：.故选：C.8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据诱导公式、倍角余弦公式有，将条件代入求值即可.【详解】.故选：C二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）9.下列选项中，正确的是（）A.若，则B.C.在任意斜中D.在中，角所对的边分别为则【答案】BCD【解析】【分析】应用诱导公式判断A；利用平方关系化简判断B；由商数关系、三角形内角性质、和角正余弦公式及正弦边角关系化简、判断C、D.【详解】A：，错；B：，对；C：，所以，注意不能有直角，即为任意斜，上述等式成立，对；D：由，根据正弦边角关系知：，对.故选：BCD10.已知，则（） A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】应用关系求得，进而确定角的范围，并求出、，即可判断各项正误.【详解】，故①，由，则，故，A对；将①联立，可得或（舍），所以，故，，B、D对，C错.故选：ABD11.已知函数，则（）A.函数的最小正周期为B.将函数的图象向右平移个单位后的图象关于轴对称C.函数的一个对称中心为D.函数在区间上单调递减【答案】AD【解析】【分析】由辅助角公式得，由正弦型函数性质求最小正周期、代入判断对称中心、整体法判断区间单调性，根据图象平移写出解析式判断奇偶性，即可知各项正误.【详解】，最小正周期，A对； ，显然不关于轴对称，B错；，故的一个对称中心为，C错；由上，，根据正弦型函数性质知：递减，所以在区间上单调递减，D对.故选：AD12.已知函数在上单调，且满足，．若在有且仅有7个零点，则下列说法正确的是（）A.B.C.与在上有且仅有4个公共点D.在上单调递增【答案】AC【解析】【分析】确定的对称中心为，对称轴为，得到，根据零点个数得到，，A正确，B错误，确定得到C正确，计算单调区间得到D错误，得到答案.【详解】在区间上单调，，，，故的对称中心为， 且，则，故，且，故的对称轴为.从而，且，故，，在上有且仅有7个零点，故，即，故，，又，所以，对选项A：，正确；对选项B：，错误；对选项C：，则，，有4个解，正确；对选项D：由得，，即在，上单调递增，故在上单调递增，在单调递减，错误.故选：AC三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知，且，则向量的坐标为_______．【答案】或【解析】【分析】设，由向量垂直坐标表示、模长的坐标公式列方程求坐标即可.【详解】令，则，可得或，所以或，经检验满足要求.故答案：或14.已知，则_______． 【答案】##【解析】【分析】将分母“1”化为，应用齐次运算求值即可.【详解】.故答案为：15.计算_______．【答案】【解析】【分析】利用诱导公式、倍角正弦公式得，再由关系求值即可.【详解】，由，，所以，综上，.故答案为：16.将函数（且）的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，若所得函数的图象与函数的图象重合，则______. 【答案】【解析】【分析】先求出变换之后的函数解析式，然后根据两函数为同一函数，结合诱导公式可得，然后可解.【详解】将函数（且）的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，所得图象的函数为，所以与为同一函数，故，即所以故答案为：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，其中为虚数单位，．（1）若是纯虚数，求的值；（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由纯虚数定义列方程求参数；（2）由复数对应点所在象限列不等式组求参数范围.【小问1详解】由是纯虚数，则，故.【小问2详解】由在复平面内对应的点在第四象限，，所以. 18.在中，分别是角的对边，已知是锐角，且．（1）若，求实数的值；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由二倍角余弦公式易得，结合已知及余弦定理列方程求m值.（2）由余弦定理可得，应用基本不等式可得，注意等号成立条件，最后应用三角形面积公式求面积最大值即可.【小问1详解】由是锐角，且，则，又，可得.【小问2详解】由（1）知：，即，所以，当且仅当时等号成立，又，则，所以面积的最大值为.19.设函数．（1）求的最小正周期和单调递减区间；（2）当时，求函数的最大值和最小值，并求出对应的．【答案】（1），函数的单调递减区间为； （2）时，；时，.【解析】【分析】（1）先根据三角恒等变换将整理化简得到，然后根据正弦函数的性质得到，解不等式即得解；（2）求出，再利用正弦函数的图象和性质进行求解.【小问1详解】所以的最小正周期是，由，解得，所以函数的单调递减区间为.【小问2详解】当时，，所以当即时，；当即时，.所以时，；时，.20.“湾区之光”摩天轮位于深圳市华侨城欢乐港湾内，摩天轮总高128米，转轮直径约为114米，共有28个酷似太空舱胶囊的全景式进口轿厢，每个轿厢可容纳25人“湾区之光”旋转一圈的时间是28分钟，摩天轮开启后按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，设开始转动t（单位：min）后距离地面的高度为H（单位：m）． （1）若以摩天轮在地面上投影所在直线为轴，过摩天轮的中心且垂直轴的直线为轴建立直角坐标系，求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；（2）若游客甲进舱分钟后游客乙进舱，在运行一周的过程中，记（单位：m）表示甲、乙两人距离地面的高度差，求游客甲进舱多长时间后，第一次达到最大值，最大值是多少？【答案】（1），且（2）游客甲进舱min后，第一次达到最大值，为米【解析】【分析】（1）由题意确定最高点、最低点及最小正周期，令，且，且过求参数，即可得解析式；（2）游客乙进舱min后，则高度差，利用和差角余弦公式化简，结合正弦型函数的性质求最值.【小问1详解】由题意，最高点，最低点，最小正周期min，若，且，则，，，所以，函数过，即，所以，则，故.【小问2详解】由题意，甲乙所在太空舱夹角为，所以游客乙进舱min后，则高度差， 所以，要使达到最大，则且，可得，，所以时，第一次达到最大值，此时min，米，综上，游客甲进舱min后，第一次达到最大值，最大值是米.21.已知，，，，求：（1）的值；（2）的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由已知条件判断的范围，再利用同角三角函数的关系求出，则由利用两角差的余弦公式可求得，（2）由同角三角函数的关系求出，从而可求得的值，再利用正切的二倍角公式可求得的值.【小问1详解】因为，，所以，，所以，， 所以.【小问2详解】因为，，所以，所以，所以22.已知向量，，设函数．（1）求函数在上的零点；（2）当时，关于的方程有2个不等实根，求的取值范围．【答案】（1）零点有、、（2）【解析】【分析】（1）应用向量数量积坐标表示、倍角正余弦公式及辅助角公式化简得，令求上的零点；（2）问题化为在上有2个不等实根，画出在 的图象，数形结合求参数a的范围.【小问1详解】由题设，令，则，而上，所以或或，即或或，综上，在上的零点有、、.【小问2详解】，所以在上有2个不等实根，由，则，且上递增，上递减，所以在的图象如下：所以，则.