2021-2022学年湖北省武汉市新洲区部分学校高一下学期期中联考数学试题 【含答案】

1、2021-2022学年湖北省武汉市新洲区部分学校高一下学期期中联考数学试题一、单选题1复数（为虚数单位）的虚部为（）ABCDB【分析】直接利用复数代数形式的除法运算化简，然后利用虚部的概念得答案【详解】，复数为虚数单位）的虚部是故选：2下列各组向量中，可以作为平面向量基底的是（）A，B，CD，C【分析】对于A，由于基底是非零向量进行判断，对于BCD，判断两向量是否共线，若共线，则不能作为基底【详解】解：对于A，因为，所以，不能作为基底，所以A不符合题意，对于B，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以B不符合题意，对于C，若共线，则存在实数，使，所以，方程无解，所以不共线，所以可以作为基底，所以

2、C符合题意，对于D，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以D不符合题意，故选：C3在中，若，则此三角形为（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形C【详解】在中，由以及正弦定理可知，即，所以三角形为直角三角形.故选：C.4已知向量，满足，且，则（）AB1C0D2B【分析】把平方转化为数量积的运算可得【详解】由得，所以故选：B5掷铁饼者取材于古希腊的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间现在把掷铁饼者张开的双臂及肩近似看成一张“弓”，掷铁饼者的肩宽约为米，一只手臂长约为米，“弓”所在圆的半径约为米，则掷铁饼者双手之间的直线距离约为（）A米B米C米D米C

3、利用弧长公式可求圆心角的大小，再利用解直角三角形的方法可求弦长.【详解】掷铁饼者张开的双臂及肩近似看成一张“弓”即如图中的及弦，取的中点，连接.由题设可得的弧长为，而，故，故的长度为，故选：C.6已知，是与向量方向相同的单位向量，向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为（）ABCDB【分析】设，求出，再根据向量在向量上的投影向量的定义列式求出，最后利用平面向量的夹角公式可求得结果.【详解】因为是与向量方向相同的单位向量，设，则，所以，得，所以，因为向量在向量上的投影为，且向量在向量上的投影向量为，所以，所以，所以，所以，设与的夹角为，则，又，所以，故选：B关键点点睛：利用向量在向量上的投影向量的

4、定义以及平面向量的夹角公式求解是解题关键.7已知函数（，且）的图象恒过点，若角的终边经过点，则（）ABCDB【分析】令，求得定点，然后再由角的终边经过点，利用三角函数的定义求解.【详解】令，则，所以函数（，且）的图象恒过点，又角的终边经过点，所以，故选：B8已如函数区间上单调，且，将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为ABCDB【分析】根据函数区间上单调得，再根据得是函数的一条对称轴，是函数的一个对称中心，进而得和是同一周期内相邻的对称中心和对称轴，故，所以且在上单调递增，故有，再根据集合的关系即可得答案.【详解】，.又，

5、.是函数的一条对称轴.同理得是函数的一个对称中心，所以和是同一周期内相邻的对称中心和对称轴，得.，所以.，它在上单调递增，故.所以的最大值为.故选：B本题考查正弦型函数的函数性质的应用，考查知识的分析应用能力与计算能力，是中档题.二、多选题9设向量，则（）ABCD与的夹角为CD【分析】根据给定条件对各选项逐一推理计算并判断作答.【详解】因向量，则，A不正确；，而，即与不共线，B不正确；而，则，C正确；，又，于是得，即与的夹角为，D正确.故选：CD10在水流速度为10的自西向东的河中，如果要使船以的速度与河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的大小与方向为（）A北偏西30B北偏西60C20D3

6、0AC【分析】如图所示，设，解三角形即可得出【详解】如图所示，设，所以，而，所以，即船出发时行驶速度的大小为20，方向为北偏西30故选：AC11在中，根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是（）A，B，C，D，AD【分析】根据正弦定理，余弦定理，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：三角形三边确定，三角形唯一，故A正确；对于B：，则，故三角形有2个解，故B错误；对于C：由余弦定理得，所以，方程无解，所以无法构成三角形，故C错误；对于D：由余弦定理得，所以，解得或（舍），所以能唯一确定三角形，故D正确.故选：AD12在中，角、的对边分别为、，若，则下列结论正确的是（）ABCDAB【分析】利用二

7、倍角的正弦公式可求得的值，结合同角三角函数的基本关系可判断A选项的正误；利用余弦定理求出的值，可判断BC选项的正误；利用三角形的面积公式可判断D选项的正误.【详解】，由正弦定理可得，可得，故为锐角，所以，A选项正确；由余弦定理可得，即，解得或，若，则，此时，与题意不符，所以，即选项B正确，选项C错误；的面积，即选项D错误.故选：AB.三、填空题13等腰三角形顶角的余弦值为，那么这个三角形一底角的余弦值为_.【分析】设等腰三角形的顶角为，则，可得一个底角为，利用二倍角的余弦公式可得结果.【详解】设等腰三角形的顶角为，则， .可得一个底角为， ，又由题知，所以 ，所以 ，所以 .即.故 .14已知

8、是虚数单位，则_.-1【分析】先计算，再利用复数的运算性质即可得出【详解】解：，故15已知向量，若，则的最小值为_.2【分析】根据，得，结合“1”的巧用即可求解.【详解】由，得，即，因此，故当且仅当“”时，取最小值2.故2.16已知函数，若为函数的一个零点，则_【详解】由 ，化简可得，又，得,又得，所以，故此时：点睛：利用三角恒等变换可求解化简，解本题的方法之一是要注意联系已知条件的角度和问题的角度，合理的凑角达到解题目的四、解答题17已知复数.（1）若在复平面中所对应的点在直线上，求的值；（2）求的取值范围.（1）；（2）.（1）化简，得在复平面中所对应的点的坐标，代入直线计算；（2）代入模

9、长公式表示出，再利用二次函数的性质求解最值即可.【详解】（1）化简得，所以在复平面中所对应的点的坐标为，在直线上，所以，得.（2），因为，且，所以，所以的取值范围为.18已知，且与夹角为，求：（1）；（2）；（3）与的夹角.（1）12；（2）；（3）.（1）先计算，再把展开，代入已知计算可得答案；（2）先对进行平方运算，再开方可得答案；（3）先对进行平方运算，再开方求其模长，再计算，最后代入夹角公式可得答案.【详解】（1）所以；（2）因为，所以；（3）因为，所以，又，所以，所以与的夹角为.本题考查了向量的数量积、模长的计算，考查了向量的夹角公式，属于基础题.19已知的内角，所对的边分别是，且.

10、（1）求角A的大小；（2）若，且的面积，求a.（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理结合辅助角公式得出角A的大小；（2）利用面积公式以及余弦定理，解出的值【详解】（1）因为，由正弦定理得；所以得因故（2）得所以20已知函数，在同一周期内，当时，取得最大值3；当时，取得最小值-3.（1）求函数的单调递减区间.（2）若时，函数有两个零点，求实数的取值范围.（1）；（2）【分析】（1）根据函数的性质求出函数的解析式，再由，解不等式即可求解. （2）将函数转化为有两个不同的实数根，即与的图像有两个不同的交点，数形结合即可求解.【详解】（1）由题意可得，周期， 由，可得，故函数，由，解得，故函数的减区

11、间为.（2），函数有两个零点，故有两个不同的实数根，即函数与的图像有两个不同的交点，作出函数大致图像，由 可知，解得.本题考查了求三角函数的解析式、求三角函数的单调区间、根据函数的零点个数求参数的取值范围，考查了转化与化归的思想、数形结合的思想，属于基础题.21如图，在直角梯形OABC中，.为上靠近的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）.（）若，求实数的值；（）设，求的取值范围.（）；（）.【分析】（1）根据平面图形的性质以及平面向量的线性运算，结合共起点的三向量终点共线的结论列出方程即可求出结果；（2）根据平面向量的线性运算以及平面向量的基本定理求出的关系，然后结合

12、二次函数的图象与性质即可求出结果.【详解】解：（）由题意得，则故，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，则；（）由已知，因P是线段BC上动点，则令，又，不共线，则有，在上递增，所以，故的取值范围是.22已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.（1）设函数，试求的伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值；（3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.（1）（2）（3）存在，【分析】(1)利用三角函数诱导公式化简函数得，根据题意写出伴随向量； (2)根据题意求出函数，再由及求出及，由展开代入相应值即可得解；(3) 根据三角函数图像变换规则求出的解析式，设，由得列出方程求出满足条件的点P的坐标即可.【详解】