2022-2023学年湖北省黄冈市部分高中高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市部分高中高一下学期期中联考数学试题含解析，共19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学年湖北省黄冈市部分高中高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．下列命题中，正确的是（    ）A．若满足且与同向，则B．若，则C．若，则D．在△ABC中，，则△ABC为锐角三角形【答案】C【分析】由向量不能比较大小判断A；由判断B；由数量积公式判断C；由数量积公式确定为锐角，从而判断D.【详解】对于A，向量不能比较大小，故A错误；对于B，若时，满足，但不一定平行或共线，故B错误；对于C，若，则，即，故C正确；对于D，，则，由，则为锐角，但△ABC不一定为锐角三角形，故D错误；故选：C2．已知，，，则（    ）A． B．－ C． D．－【答案】B【分析】确定，，再根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】，，，则，，.故选：B3．已知O为△ABC边AC的中点，D为边AB上的任意一点，若，则的值为（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】C【分析】确定，得到，得到答案.【详解】，故，.故选：C4．已知函数，以下四个命题中正确的是（    ）A．的图象向右平移个单位后关于原点对称B．的图象向右平移个单位后关于原点对称C．的图象向左平移个单位后关于原点对称D．的图象向左平移个单位后关于原点对称【答案】C【分析】利用三角恒等变换可得，根据图象变换结合正弦函数性质分析运算.【详解】，将的图象向右平移个单位，可得，若所得函数图象关于原点对称，则，整理得，令，解得，不合题意；令，解得，不合题意；故A、B错误；将的图象向左平移个单位，可得，若所得函数图象关于原点对称，则，整理得，令，解得，不合题意；令，解得，符合题意；故C正确，D错误；故选：C.5．我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设直角三角形的最短直角边为x，则最长直角边为，由，结合，求得x，再利用三角函数定义求解.【详解】解：设直角三角形的最短直角边为x，则最长直角边为，由题意得，由，解得，所以，故选：A6．钝角三角形的面积是，，，则（    ）A．或 B．或 C． D．【答案】C【分析】对角为锐角或钝角进行分类讨论，利用三角形的面积公式求出角的值，利用余弦定理可求得的长，然后计算最大角的余弦值，结合已知条件检验即可.【详解】分以下两种情况讨论：①若角为钝角，则，可得，则，由余弦定理可得；②若角为锐角，则，可得，则，由余弦定理可得，此时，则为最大角，且，则为锐角，此时为锐角三角形，不合乎题意.综上所述，.故选：C.7．已知的内角的对边分别为，，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，求得，再由，求得的值，由求得的值，结合，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，因为，可得，又因为，可得，代入上式，可得，因为，可得，所以，又因，所以，因为，所以，所以，由，可得，则，所以.又由.故选：B.8．2023年是农历癸卯兔年，在中国传统文化中，兔被视为一种祥瑞之物，寓意福寿安康．故宫博物院就收藏着这样一副蕴含“吉祥团圆”美好愿景的名画——《梧桐双兔 图》，该绢本设色画纵约176cm，横约95cm，其挂在墙壁上的最低点B离地面205cm．小南眼睛距地面的距离为150cm，为使观赏视角最大，小南离墙距离S应为（    ）A．11cm B．8cm C．11cm D．44cm【答案】A【分析】由题意可得只需要最大，设小南眼睛所在的位置为点，过点作直线的垂线，垂足为，求出，，设，，则，，，代入，利用基本不等式，求解即可.【详解】由题意可得为锐角，故要使得最大，只需要最大，设小南眼睛所在的位置为点，过点作直线的垂线，垂足为，如图，依题意得：，，，设，，则，，，故，当且仅当，即时等号成立，故使观赏视角最大，小南离墙距离S应为.故选：A. 二、多选题9．某弹簧振子在振动过程中时间t（单位：s）与位移y（单位：m）满足解析式，则下列关于该简谐运动的说法中正确的是（    ）A．振幅为10 B．周期为 C．频率为 D．初相为【答案】AC【分析】根据简谐运动的相关概念逐项分析判断.【详解】∵，故振幅为10，周期为，频率为，初相为，故A、C正确，B、D错误；故选：AC.10．在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（    ）A．B．若，且，则为等边三角形C．若，则是等腰三角形D．若，要使满足条件的三角形有且只有两个，则【答案】ABD【分析】对于选项A，用正弦定理变形化简即可判断；对于选项B，由向量垂直的性质可得到三角形是等腰三角形，再由数量积公式算出，即可判断；对于选项C，由三角形方程在三角形内有两个解即可判断；对于选项D，由满足条件的三角形有且只有两个得到，即可求出的取值范围.【详解】对于选项A，由正弦定理得，，故选项A正确.对于选项B，因为，分别为单位向量，所以的角平分线与垂直，所以，所以.又因为，即，因为，所以，所以，所以为等边三角形，故选项B正确.对于选项C，在中，由解得或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形.故选项C错误.对于选项D，要使满足条件的三角形有且只有两个，则，因为，所以即所以.故选项D正确.故选：ABD11．向量满足，则的值可以是（    ）A．3 B．2 C．6 D．3【答案】ABC【分析】设，，，由题意可知，，即有,从而得四点共圆，然后结合正弦定理及余弦定理求解即可.【详解】设，，，由向量满足，，，所以，，所以.①如图当时，，即，即四点共圆，由余弦定理可得：，设四边形的外接圆的半径为，由正弦定理可得，又点在优弧上（不含端点），则，则有，则；②如图当时，，则在以为圆心的圆上运动，其中点在优弧上（不含端点），则，综合①②可得.故选：ABC.12．正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB 为直径的半圆上任意点，，则（    ）A．最大值为1 B．·最大值是8C．最大值为 D．最大值是【答案】AD【分析】建系，设，根据向量的坐标运算结合三角函数的有界性逐项分析运算.【详解】如图，以AB 的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，设，可得，则，由题意可得，解得.对于A：∵，且，可得当，取到最大值1，∴最大值为1，故A正确；对于B：·，∵，可得当时，取到最大值1，∴·最大值是，故B错误；对于C：∵，其中，由，则，令，解得；令，解得；故在上单调递减，在上单调递增，当时，则；当时，则；∴最大值是1，故C错误；对于D：，∵，则，则当，即时，取到最大值1，∴最大值是，故D正确；故选：AD.【点睛】方法定睛：1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现．2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用． 三、填空题13．已知平面向量、的夹角为，且为单位向量，，则___．【答案】【分析】确定，计算则，得到答案.【详解】，则，，则，故.故答案为：14．在中，已知，则=______【答案】【分析】由cosA的值大于0，得到A为锐角，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值，再由sinA的值小于sinB的值，利用正弦定理得到b小于a，根据大边对大角可得B小于A，可得B为锐角，由sinB的值，利用同角三角函数间的基本关系求出cosB的值，然后利用诱导公式及三角形的内角和定理化简cosC后，将各自的值代入即可求出cosC的值．【详解】∵cosA0，A为三角形的内角，∴A为锐角，∴sinA，又sinBsinA，B为三角形的内角，∴b＜a，∴B＜A，即B为锐角，∴cosB，则cosC＝﹣cos（A+B）＝﹣cosAcosB+sinAsinB．故答案为【点睛】此题考查了两角和与差的余弦函数公式，正弦定理，三角形的边角关系，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．15．已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径为，，在上的投影向量为，则的值为___．【答案】1【分析】根据题意可得BC是外接圆的直径，由投影向量分析可得，再以为基底向量表示，结合数量积的运算律运算求解.【详解】∵，则O为BC的中点，注意到△ABC的外接圆的圆心为O，故BC是外接圆的直径，即，则在上的投影向量为，可得，即，∵，∴.故答案为：1. 四、双空题16．若为的垂心，，则＝___， ___．【答案】          /【分析】依题意可得，设为的中点，为的中点，则，即可得到三角形面积之比，从而得到，，设，，表示出、，根据求出，即可得解.【详解】因为，所以，设为的中点，为的中点，则，，所以，所以为的中位线，且，所以为的中点，所以，又，，所以，所以，所以，同理可得，所以，，又为的垂心，，设，，则，，所以，即，所以，则所以，所以，故答案为：； 五、解答题17．平面内给定三个向量(1)设，且与夹角为锐角，求实数m的取值范围．(2)设满足且，求．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）若与夹角为锐角，则，且与不共线，结合向量的坐标运算求解；（2）根据向量共线和向量模长的坐标表示列式求解.【详解】（1）若与夹角为锐角，则，解得，若与共线，则，解得，所以与夹角为锐角，等价于且，故实数m的取值范围为.（2）由题意可得：，若且，则，解得或，故或.18．在中，内角，，的对边分别为，，，点是中点．，．(1)求；(2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件，求边．条件①的面积为；条件②．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；（2）若选①，在中由余弦定理得到，再由面积公式求出，解得即可；若选②，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，即可得到，再由面积公式求出，解得即可；【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即，，，又，；（2）若选①，在中由余弦定理得，即，又，则，所以，即，所以，所以.若选②，在中由余弦定理得，即，在中由余弦定理得，即，所以，所以，所以或（舍去），又，则，所以.19．在中，角A，B，C的对边分别为a，，c，．(1)求角A的大小；(2)当时，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理得到，根据余弦定理得到，得到答案.（2）根据正弦定理得到，，代入化简得到，计算得到最值.【详解】（1），整理得到，故，，故.（2），则，，，，取，故时，有最大值为.20．已知向量，且．(1)求的值；(2)若，求角．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由向量垂直的坐标运算可得，再根据齐次式问题运算求解；（2）根据，结合三角恒等变换运算求解，注意“符合看象限”的运用.【详解】（1）∵，则，整理得，∴.（2）由（1）可知：，则，∵，则，且，可得，则，可得，则，且，故.21．在中，，D为AB的中点，．(1)求值；(2)若，求AC的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据得到，根据得到，解得答案.（2）根据得到，结合，解得答案.【详解】（1）D为AB的中点，故，故，即，，故，故，，（2）设，是中点，则，即，即，即，，即，解得.22．如图，某城市有一条（MO）从正西方通过市中心O后转向东偏北方向（ON）的公路，为使城市交通更便捷，现准备修建一条绕城高速公路，两个进出口A，B分别设在MO，ON上，A，B 两点间设服务区P，现已知B在A的东偏北方向上，A，B两点间的高速公路可近似看成一条直线段．(1)当OP最短距离为km时，求线段AB的最短距离，并求出此时的值；(2)若要求服务区P设在∠AOB的平分线与AB的交点位置，且满足，，求B到市中心O的距离最大时tan的值．【答案】(1)线段AB的最短距离为km，；(2). 【分析】（1）根据面积法得到，根据余弦定理得到，再根据均值不等式计算得到最值，计算角度得到答案；（2）根据向量运算得到，根据面积法得到，确定最大值，再根据正弦定理计算得到答案.【详解】（1）由题可知，，当时，最短为，设，，根据等面积得到，即，则，即，当且仅当时等号成立，此时.故线段AB的最短距离为km，；（2）因为，则，即， 即.平分，所以，故，解得，由，可得，即，故，又，所以当时，有最大值为，在中，由正弦定理得 ，即 ，即，即，所以，故B到市中心O的距离最大时.