精品解析：湖北省孝感市重点高中教科研协作体2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

湖北省孝感市重点高中教科研协作体2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（解析版） 一、单项选择题：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. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 2. 在下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知三角形的三边长分别为4、6、8，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象 7. 在中，，，分别为角，，所对的边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知复数，其中为虚数单位，在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，为纯虚数 B. 满足的点的集合是以原点为圆心，以2为半径的圆 C. 的虚部为 D. 若且复数是方程的一个根，则方程的另一个复数根为 10. 如图，一个半径为3米筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为1.5米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：秒）之间的关系为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 盛水筒出水后至少经过秒就可到达最低点 D. 盛水筒在转动一圈过程中，在水中的时间为秒 11. 在中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，则 B 若，则 C. D. 当且时，若点为平面内任意一点，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，向量，若点是线段靠近点的三等分点，则点的坐标为______. 13. ______. 14. 已知函数，若在闭区间上存在使成立，则取值范围为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知. （1）求与的夹角； （2）若向量为在上的投影向量，求. 16. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到达处，在测得山顶的仰角为. （1）若，求山的高度； （2）若，求的余弦值. 17. 已知将曲线上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图像向右平移个单位长度得到函数的图像. （1）求函数在区间上的单调递增区间； （2）已知，求的值. 18. 已知函数，在曲线与直线的交点中，若相邻交点的距离为. （1）求函数的解析式； （2）若，解不等式； （3）若，且关于的方程有三个不等的实根，求实数的取值范围. 19. 在中，分别为角所对的边，. （1）求角； （2）若内切圆半径为，求边长； （3）若为钝角三角形，点为平面内一点且满足，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省孝感市重点高中教科研协作体2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（解析版） 一、单项选择题：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. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合正切函数的周期公式即可求解. 【详解】根据正切函数的性质可知， 的最小正周期 . 故选：. 2. 在下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基底需为不共线的非零向量，由已知的坐标，结合向量共线的坐标表示检验各选项即可判断. 【详解】对于A，因为，即，故不能作为基底，故A错误； 对于B，因为是零向量，故不能作为基底，故B错误； 对于C，因为，即与为不共线的非零向量，可以作为基底，故C正确； 对于D，因为，即，故不能作为一组基底，故D错误. 故选：C. 3. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，即可求解. 【详解】复数. 故选：A. 4. 已知三角形的三边长分别为4、6、8，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设，，，可得是最大角，根据余弦定理算出是负数，从而得到角是钝角，由此得到此三角形为钝角三角形. 【详解】三角形的三边长分别为4、6、8， 不妨设，，所对的边分别为，，，且，，， 因为是最大边，所以角是最大角， 根据余弦定理，得， 因为 所以角是钝角，可得是钝角三角形. 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用二倍角公式，同角三角函数基本关系式可求的值，进而利用二倍角的正切公式即可求解的值. 【详解】因为， 所以， 则. 故选：A. 6. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象 【答案】D 【解析】 【分析】结合正弦函数的对称性检验选项A，B，结合余弦函数的单调性检验选项C；结合三角函数图象的变换检验选项D. 【详解】因为不是函数的最值，A错误； 因为，即的图象关于对称，B错误； 当时，， 因为在上单调递减， 所以在区间上单调递减，C错误； 将的图象向右平移个单位长度可得 ， 即可得函数的图象，D正确. 故选：D. 7. 在中，，，分别为角，，所对的边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件根据正弦定理用表示出，然后由和正弦函数的性质求出的范围，从而可求出的取值范围. 【详解】由正弦定理，可得， 所以， 若满足条件的角有两个不同的值，即三角形有两解， 因为，所以， 即，解得. 故选：. 8. 已知，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合同角基本关系先求出，然后结合两角和的正弦公式即可求解. 【详解】由题意， 所以，故， 则， 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知复数，其中为虚数单位，在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，纯虚数 B. 满足的点的集合是以原点为圆心，以2为半径的圆 C. 的虚部为 D. 若且复数是方程的一个根，则方程的另一个复数根为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合复数的概念，复数的几何意义，复数的运算，即可求解. 【详解】解：对于A，当时，不为纯虚数，故A错误； 对于B，，则， 故满足的点的集合是以原点为圆心，以2为半径的圆，故B正确； 对于C，的虚部为，故C正确； 对于D,，且复数是方程的一个根，则方程的另一个复数根是其中一个根的共轭复数，为，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图，一个半径为3米的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为1.5米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：秒）之间的关系为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 盛水筒出水后至少经过秒就可到达最低点 D. 盛水筒在转动一圈的过程中，在水中的时间为秒 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据与时间之间关系为，求出和与，即可判断A和B；由，令，代入可得，即可判断C；在水中，，即，解得，可得在水中的时间，即可判断D. 【详解】因为到水面的距离为与时间之间的关系为， 其中，所以，选项A正确； 因为时，，解得， 又因为，所以，选项B错误； 所以， 令，得，解得， 所以，解得， 所以盛水筒出水后至少经过秒可到达最低点，选项C正确； 由，得，得， 所以， 解得， 所以盛水筒在转动一圈的过程中，在水中的时间为秒，选项D正确. 故选：ACD. 11. 在中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，则 B. 若，则 C. D. 当且时，若点为平面内任意一点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合平面向量的基本定理与线性运算法则，可判定A正确、B正确；由，结合，利用等面积法，求得，再根据角的范围，可判定C错误；在中，利用余弦定理求得，设的中点为，结合，可判定D正确. 【详解】对于A中，由，所以， 当时，可得， 所以，所以A正确； 对于B中，由， 若，则， 可得，解得，所以B正确； 对于C中，由， 因为，可得， 又因为，所以，所以， 即，可得， 因为，所以，所以， 所以或，所以C错误； 对于D中，由，可得， 在中，由余弦定理得 ， 设的中点为，连接， 则， 当且仅当与重合时，等号成立，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，向量，若点是线段靠近点的三等分点，则点的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】设出点的坐标，用坐标表示，根据题意列方程组求解即可. 【详解】设点，则，， 由题意知，，即， 所以，解得，所以点的坐标为， 故答案为：. 13. ______. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知结合诱导公式及和差角公式进行化简即可求解. 【详解】 . 故答案为： 14. 已知函数，若在闭区间上存在使成立，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式，可得函数的解析式，满足条件，则和都达到最大值，求出，由的范围，可得的范围. 【详解】， 要使成立， 若闭区间上存在， 则，设， 则， 则，且， ， 可得，显然不成立，即不满足条件； 当时，， 当时，都符合条件，即； 综上所述：的范围为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知. （1）求与的夹角； （2）若向量为在上的投影向量，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得； （2）根据投影向量的公式气促，再根据及数量积的运算律计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以，即，解得， 设与的夹角为， 则，所以， 故与夹角为； 【小问2详解】 向量为在上的投影向量， 则， 故 . 16. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到达处，在测得山顶的仰角为. （1）若，求山的高度； （2）若，求的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，易得，设，根据，可得关于的方程，解之，再求得的长即可； （2）在中，可得，根据，推出，结合以及的取值范围，求得的值即可. 【小问1详解】 过点作于点，则四边形是矩形， 在中，， 所以， 设， 在中，， 所以， 在中，， 所以，即， 所以，解得， 所以山的高度为. 【小问2详解】 在中，， 所以， 在中，， 所以， 在中，， 所以，即， 所以， 整理得， 又， 所以，整理得， 所以， 因为为 锐角，所以. 17. 已知将曲线上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图像向右平移个单位长度得到函数的图像. （1）求函数在区间上的单调递增区间； （2）已知，求的值. 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）结合三角函数图象变换求出，然后结合余弦函数的单调性即可求解； （2）由已知可先求出，然后结合两角和的正切公式求出，即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 则， 令， 则，令求得函数在区间上的单调递增区间为和； 【小问2详解】 因为， 所以， 因为， 所以， 又， 所以. 18. 已知函数，在曲线与直线交点中，若相邻交点的距离为. （1）求函数的解析式； （2）若，解不等式； （3）若，且关于的方程有三个不等的实根，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的周期公式可求，即可求解函数解析式； （2）结合正弦函数的性质即可求解不等式； （3）由已知方程可得或，然后结合正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由可得， 因此其最大值为2，由与直线的交点中相邻交点的距离为， 可得，故， 所以解析式为 【小问2详解】 由不等式可得，， 解得， 所以； 因为， 所以或， 故的范围为或； 【小问3详解】 关于的方程有三个不等的实根， 即有三个不等的实根， 也即或有三个不等实根， 画出函数在上的图象如下： 结合函数图象可知，有一个根， 故有两个不等实数根， 所以， 故的范围为. 19. 在中，分别为角所对的边，. （1）求角； （2）若的内切圆半径为，求边长； （3）若为钝角三角形，点为平面内一点且满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及同角三角的基本关系式，转化求解即可； （2）由余弦定理得：，又，设的内切圆半径为，则，因为的面积，可得，解方程可求解； （3）由题意可得为外接圆圆心，利用余弦定理及得，由是钝角三角形，得到，结合正弦定理求解外接圆半径的取值范围即可. 【小问1详解】 由正弦定理及得： ， 因为角是的内角， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理得：， 又，所以①， 设的内切圆半径为，则， 因为的面积， 所以，即， 整理得，即， 因为，解得. 【小问3详解】 因为点为平面内一点， 设点为的中点，点为的中点， 则， 又， 所以， 所以为线段和垂直平分线的交点，即为外接圆圆心， 因为是钝角三角形，由，可知角为钝角，所以， 即，得②， 由①②可得，解得，所以， 由，得，即， 设外接圆半径为，由正弦定理得， 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$