精品解析：广东省佛山市S6高质量发展联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷

2023—2024学年下学期佛山市S6高质量发展联盟 高一年级期中联考试卷 数学学科 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 要得到的图象，只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 2 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 （ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知复数，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 5. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 6. 已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则（ ） A B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A B. C. D. 8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的最大值为，则（ ） A. 为的一个零点 B. 在区间上单调递增 C. 将的图象向右平移个单位长度，得到的函数为奇函数 D. 当时，的值域为，则的取值范围为 11. 如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，若复数为纯虚数，则______． 13. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为______． 14. “广佛之眼”摩天轮半径为，成为佛山地标建筑之一，被称作天空之眼摩天轮．如图，圆心距地面的高度为，已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱则游客进舱时他距离地面的高度为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知. （1）求的值； （2）设,求的值. 16. 如图所示，在圆内接四边形中，，，． （1）求及的面积； （2）若，求的长． 17. 已知对任意平面向量，把绕其起点逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点． （1）已知平面内点，点，若把点绕点沿顺时针方向旋转得到点，求点的坐标； （2）已知，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，，若，求的值． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若重心为，且，求． 19. 已知函数过点． （1）求的对称轴方程、对称中心以及单调递减区间； （2）若关于的方程在区间上有解，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年下学期佛山市S6高质量发展联盟 高一年级期中联考试卷 数学学科 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 要得到的图象，只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数图象的平移规律可得答案. 【详解】将的图象向左平移个单位， 得到函数的图象，A正确． 故选：A． 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示即可直接求得答案 【详解】由，得，故． 故选：D． 3. （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两角差余弦公式结合即可求解. 【详解】由两角差的余弦公式得. 故选：C. 4. 已知复数，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】A 【解析】 【分析】由复数除法、乘法运算以及复数的几何意义即可求解. 【详解】因为，复平面内对应的点为，在第一象限． 故选：A． 5. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合所给定义计算出后，结合数量积公式计算即可得. 【详解】由题意可得，，则， 所以， 所以． 故选：D． 6. 已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二倍角正弦公式结合正弦定理即可直接得到答案. 【详解】因为，即， 由正弦定理可得， 可得， 因为，则，， 所以，解得， 故选：B． 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和差公式结合二倍角公式计算化简即可. 【详解】由题意得， 又因， 所以，整理得， 因为，所以，所以，即，解得． 故选:B． 8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由整体法可得，即可根据正弦函数的单调性求解. 【详解】当时，， 因为，所以，， 所以，解得，即的取值范围为． 故选:B． 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据共线向量定理逐项判定向量是否共线即可. 【详解】对于A，，则，为共线向量，故不能作为平面向量的基底； 对于B，若存在实数使，则，无解，可以作为平面向量的基底； 对于C，，则，为共线向量，故不能作为平面向量的基底； 对于D，若存在实数使，则，无解，可以作为平面向量的基底； 故选：AC． 10. 已知函数的最大值为，则（ ） A. 为的一个零点 B. 在区间上单调递增 C. 将的图象向右平移个单位长度，得到的函数为奇函数 D. 当时，的值域为，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据的最大值为求出，再由两角和的正弦展开式化简可判断A；根据的的单调性可判断B；求出可判断C；求出的范围结合的值域可判断D． 【详解】对于A，由题意可得，， 因为的最大值为，所以，又， 解得， 所以，， 故A选项错误； 对于B，时，，是的一个单调递增区间， 故B选项正确； 对于C，，， 所以是奇函数，故C选项正确； 对于D，当时，，又因为， 的值域为，所以， 即，故D选项正确． 故选：BCD． 11. 如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】在中由正弦定理得求出可判断BA；求出，由正弦定理求出可判断C；在中，由正弦定理求出可判断D． 【详解】在中，，， ，由正弦定理得，， 即，所以，，故B正确； 且，故A错误； 故， 在中，，， 由正弦定理得，， 所以，故C错误； 对于D，中，，， ，代入， 所以，故D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用正弦定理解三角形. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，若复数纯虚数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的乘法运算化简，再结合复数的概念及分类即可求出a的值. 【详解】， 所以，，解得． 故答案为：． 13. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得. 【详解】依题意，，， 所以在上的投影向量为. 故答案为： 14. “广佛之眼”摩天轮半径为，成为佛山地标建筑之一，被称作天空之眼摩天轮．如图，圆心距地面的高度为，已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱则游客进舱时他距离地面的高度为______． 【答案】85 【解析】 【分析】设在时，距离地面的高度为，其中，根据题中条件求出的值，可得出关于的函数关系式，然后将代入函数解析式，即可得解. 【详解】因为摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为， 设在时，距离地面的高度为，其中， 则，可得，则， 由摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，可得，所以， 即， 当时，可得，即，因为，解得，所以， 令，可得， 所以，游客进䑪时他距离地面的高度为， 故答案为：85． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知. （1）求的值； （2）设,求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的代数乘法运算即可； （2）根据复数的乘除法运算即可. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 ， . 16. 如图所示，在圆内接四边形中，，，． （1）求及的面积； （2）若，求的长． 【答案】（1）， （2）3 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理求出，再由面积公式可得答案； （2）解法一：在中，由余弦定理得；解法二：在中，由正弦定理求出，再由平方关系、两角和的正弦展开式求出，再由正弦定理可得答案. 【小问1详解】 在中，， ，， ； 【小问2详解】 四边形为圆的内接四边形， ，， 解法一：在中，， 即． ，解得或．（舍去） ； 解法二：在中，， 即，解得， ，为锐角， ． ． 由得 ． 17. 已知对任意平面向量，把绕其起点逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点． （1）已知平面内点，点，若把点绕点沿顺时针方向旋转得到点，求点的坐标； （2）已知，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用新定义先求出，再求出点的坐标； （2）先根据向量垂直得出等式，再应用二倍角余弦公式结合弦化切计算. 【小问1详解】 由题意知， ， 设,又，所以,所以点的坐标为． 【小问2详解】 由题意得：． 因为，所以， 所以， 整理得：， 所以， ． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若的重心为，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，再结合和差公式及二倍角公式即可求解; （2）根据重心性质可得，所以，两边平方后结合余弦定理可得，最后由正弦定理化简可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 化简得，，， 即， 由解得或（舍去）， ，． 【小问2详解】 记中边上的中线长为，由重心的性质得， 所以， 即， 等式两边平方可得， 所以， 又由余弦定理得， 所以， 整理得，解得， 由正弦定理得． 19. 已知函数过点． （1）求的对称轴方程、对称中心以及单调递减区间； （2）若关于的方程在区间上有解，求的取值范围． 【答案】（1），对称中心，递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）结合余弦函数的对称性及单调区间计算； （2）先应用换元法，转化有解式子应用函数单调性结合. 【小问1详解】 由题意可得， 即，又因为， 故，故， 令， 得， 故函数的对称轴方程为； 令， 得， 故对称中心为． 令， 得， 故函数的递减区间为． 【小问2详解】 令， 因为， 所以， 所以， 则有，则关于的方程在上有解， 由可得， 令，则， 因为函数、在上均为减函数， 所以，函数在上为减函数，则， 所以，，解得，故实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$