2022-2023学年山东省聊城市高一（下）质检数学试卷（6月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年山东省聊城市高一（下）质检数学试卷（6月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.AB−2A.CA B.AC C.BC2.若复数z满足iz=3−A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.若函数f(x)=asiA.−4 B.4 C.−3 4.某同学因兴趣爱好，自己绘制了一个迷宫图，其图纸如图所示，该同学为让迷宫图更加美观，在绘制过程中，按单位长度给迷宫图标记了刻度，该同学发现图中A，B，C三点恰好共线，则m=(

)A.7

B.223

C.233

5.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2siA.−23 B.23 C.−6.若3sin2αA.−53 B.53 C.−13或−7.“五月的风”是坐落在山东省青岛市五四广场的标志性雕塑，重达500余吨，是我国目前最大的钢质城市雕塑，该雕塑充分展示了岛城的历史足迹.如图，现测量该雕塑的高度时，选取了与该雕塑底B在同一平面内的两个测量基点C与D，测得∠BCD=60°，∠CDB=80°，CD=23.4mA.26m B.28m C.30m8.在△ABC中，AD为BC上的中线，G为AD的中点，M，N分别为线段AB，AC上的动点(不包括端点A，B，C)，且M，N，G三点共线，若A.32 B.52 C.2 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.若z1，z2是方程x2+A.a的取值范围为[−2,2] B.z1的共轭复数是z210.已知向量a=(1,−1)，A.a与c夹角的余弦值为31010 B.a在c上的投影向量为310c

C.若a与b的夹角为钝角，则m>−211.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosAA.△ABC为钝角三角形 B.C为最大的内角

C.a：b：c=4：5：6 D.A：B：12.在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=26，B的角平分线交ACA.B=π6 B.π6<C三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.时钟的分针长6cm，从10：05到10：40，分针转过的角的弧度数为______，分针扫过的扇形面积为______cm14.已知向量a=(3,3)，|b|=2，且a15.将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)=16.在底边为BC的等腰△ABC中，腰AB边上的中线为CM，若△ABC四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知复数z1=3+i，z2的实部和虚部均为非零实数，且z1z2的实部等于虚部．

(118.(本小题12.0分)

如图，在梯形ABCD中，AB=4DC，E，F分别是AB，BC的中点，AC与DE相交于点O，设AB=a，AD=b．

(19.(本小题12.0分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1−asinA=cos2A．

20.(本小题12.0分)

如图，AB为半圆O的直径，|AB|=2，C为AB上一点(不含端点)．

(1)用向量的方法证明AC⊥BC；

(2)若C是A21.(本小题12.0分)

如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD，BD=3，AD=2，∠BD22.(本小题12.0分)

若函数f(x)满足f(x−π2)=f(x+π2)，且f(a−x)=f(x+a)，a∈R，则称f(x)为“M型a函数”．

(1)判断函数答案和解析1.【答案】A

【解析】解：AB−2AC+BC=A2.【答案】C

【解析】解：由题意得z=3−2ii=−i(33.【答案】B

【解析】解：因为函数f(x)=asin(5x+π6)+b(a>0)的值域为[−3,5]，

所以4.【答案】C

【解析】解：由图可知，A(3,3)，B(5,6)，C(m,10)，

所以AB=(5−5.【答案】D

【解析】解：由三角形内角关系A+B=π−C可得，sin(A+B)=sinC，

所以满足2sin2A+6.【答案】A

【解析】解：由3sin2α−6sinαcosαsin2α−2cos2α−2=2，可得3sin2α7.【答案】C

【解析】解；由题意得∠CBD=180°−60°−80°=40°，在△BCD中，由BCsin∠CDB=C8.【答案】D

【解析】解：由题意AG=12AD=12(AB+BD)=12(AB+12BC)=12AB+14(AC−AB)=14AB+14AC，

设MG=xMN，0<x<1，

9.【答案】BC【解析】解：∵z1，z2是方程x2+ax+1=0的两个虚数根，∴Δ=a2−4<0，∴−2<a<2，

∴方程x2+ax+1=0的两个虚数根为z=−a±4−a2i2，

不妨取z1=−a2+4−a10.【答案】AB【解析】解：对于A，向量a=(1,−1)，c=(4,−2)，

所以a⋅c=4+2=6，cos<a，c>=a⋅c|a||c|=61+1×16+4=31010，选项A正确；

对于B，a在c上的投影向量为11.【答案】BC【解析】解：对A，由cosC=cos2A=2cos2A−1=18>0，得A，C均为锐角，

则sinA=1−(34)2=74，sinC=1−(18)2=378，

因为cosB=−cos(A+C)=−cosAcosC+sinAsinC=−312.【答案】BC【解析】解：因为BD是角∠ABC的平分线，

所以∠ABD=∠CBD=B2．

由题意可知S△ABC=S△ABD+S△ACD，

即12acsinB=12aBDsin∠ABD+12cBDsin∠CBD，

所以12ac⋅2⋅sinB2cosB2=12(a+c)3aca+csinB2，

即2sinB2cosB2=3sinB2，

因为△13.【答案】−7π6【解析】解：分针从10：05到10：40转过角的弧度数为α=−2π×3560=−7π6，

分针扫过的扇形面积为S14.【答案】2

【解析】解：由题意得|a|=(3)2+32=2315.【答案】12

3【解析】解：根据g(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象，可得A=3．

再根据五点法作图，可得ω×2π3+φ=π2

①．

再把点(10π3,−32)代入，可得3sin(ω×10π3+φ)=−32，即sin(ω×16.【答案】6【解析】解：由题意作图：

设AB=AC=t，CM=m，

则△ABC的面积S=12AB⋅ACsinA=12t2sinA=4，即t2sinA=8①，

在△AMC中，由余弦定理得m2=t2+(t2)2−2t⋅12t⋅cosA，即t217.【答案】解：(1)设z2=a+bi，a，b为非零实数，

因为z1z2=3+ia+bi=(3+i)(a−bi)【解析】(1)由题意可设z2=a+bi，再根据复数的除法运算可解z1z2=3a+ba18.【答案】解：(1)∵AB=4DC，

∴DC=14AB，且E，F分别是AB，BC的中点，AB=a,AD=b，

∴EF=12AC【解析】(1)可得出AC=AD+14AB，从而得出EF=12AC=18a+12b；

19.【答案】解：(1)由1−asinA=cos2A=1−2sin2A，

得asinA=2sin2A，

因为sinA≠0，所以a=2sinA【解析】(1)根据二倍角公式及正弦定理求得△ABC外接圆的半径；

20.【答案】(1)证明：建立平面直角坐标系，如图所示：

由题意知，|OB|=1，A(−1,0)，B(1,0)，设C(a,b)，

则|OB|=a2+b2=1，AC=(a+1,b)，BC=(a−1,b【解析】(1)建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，计算AC⋅BC=0即可；21.【答案】解：(1)由题意得∠ADB=∠ADC−∠BDC=7π12−π4=π3，

在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+CD2−2AB⋅CDco【解析】(1)由题意得∠ADB=π3，在△ABD中利用正弦定理和余弦定理即可求解；

(222.【答案】解：(1)由f(x−π2)=f(x+π2)，得f(x)=f(x+π)，

所以f(x)的周期为π，

由f(a−x)=f(x+a)，a∈R，得f(x)的图象关于直线x=a对称，

因为2×3π8−π4=π2，

所以y=sin(2x−π4)的图象关于直线x=3π8对称，

又y=sin(2x−π4)的最小正周期为T=2π2=π，

所以函数y=sin(2x−π4)是“M型3π8函数”；

(2)令g(x)=lnx=0，得x=1，

因为g(x)是定义域为R的奇函数，

所以g(x)的零点为−1，0，1，

令F(x)=g(h(x)−m)=0，

所以h(x)−m=−1或0或1，

即h(x)=m−1或m或m+1，

画出h(x)在[−π3,π6]上的图象，

由h(x)的图象关于直线x=π6对称，可画出h(x)在[π6,2π3]上的图象，

由h(x)的最小正周期为π，可画出h(x)在[−5π6