福建省泉州市2022-2023学年高一数学下学期适应性练习试题（Word版附解析）

2022-2023学年度下学期泉州市高中适应性练习2023.05高一数学注意事项:1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设为复数，则“”是“”的（　　）A充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由复数的运算依次验证充分条件、必要条件是否成立，从而得到结果.【详解】①当时，，又即“”是“”的充分条件②当时，设即，则且或，即或，即“”是“”的不必要条件综合①②得：“”是“”的充分不必要条件本题正确选项：【点睛】本题主要结合复数的运算对充分条件、必要条件的判断进行考查，属于基础题.2.已知，若，则的值是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用弦化切先得出，再利用正切的二倍角公式得.【详解】∵∴∴∵，∴，∴故选：C3.在中，已知，，，若，且，则在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到，建系，得到，，的坐标，然后利用坐标表示，最后分，，和四种情况讨论的范围.【详解】在中，，，，所以，，如图，以为原点，为轴建系，则，，，所以， 又，所以，当时，；当时，；当时，；当时，；综上所述，.故选：C.4.如图1所示，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l//l1与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设弧FG的x(0<x<),y=EB+BC+CD,若l从l1平行移动带l2，则函数y=f(x)图象大致是图1A.B. C.D.【答案】D【解析】【详解】如图由余弦函数的图像性质可得D正确.考点：本题主要考查三角函数的概念、图像、性质及其应用.5.在平行四边形ABCD中，，，连接CE、DF交于点M，若，则实数λ与μ的乘积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得,由三点共线可得，同理可知，由三点共线可知，两式联立即可求解.【详解】由已知条件得为的中点，为的三等分点，连接, ,∵三点共线，∴存在唯一实数使,∴,整理得,即，故可知①，同理∵三点共线，∴②,将①②联立解得，即，故选：.6.中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景（影）台．“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影．到了汉代，使用圭表有了规范，规定“表”为八尺长（1尺=10寸）．用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地．同一日内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差千里”．记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B．同一日内，甲地日影长是乙地日影长的，记甲地中直线AB与地面所成的角为，且则甲、乙两地之间的距离约为（）A.8千里B.10千里C.12千里D.14千里【答案】C 【解析】【分析】根据给定条件，求出甲地、乙地的日影长，即可计算甲、乙两地的距离作答.【详解】依题意，甲地中线段AB的长为寸，则甲地的日影长为寸，于是乙地的日影长为寸，甲、乙两地的日影长相差12寸，所以甲、乙两地之间的距离是12千里.故选：C7.已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且外接圆半径为2，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理求得，，将转化为角的形式，结合三角函数值域的知识求得正确答案.【详解】依题意，，由正弦定理得，，,，由于，所以，由于，所以，所以，所以是锐角，且，所以. ,由于三角形是锐角三角形，所以，即，所以，所以，所以，所以的取值范围是.故选：C【点睛】关键点点睛：利用正弦定理解三角形，主要是利用正弦定理边角互化的作用来对已知条件进行化简求值.三角形中，要求一个表达式的取值范围，可利用正弦定理将其转化为角的形式，然后利用三角函数的值域的求法来求得取值范围.8.若函数在区间上的三个零点为，，，且，且，则下列结论：（）①的最小正周期为；②在区间有3个极值点；③在区间上单调递增； ④为函数离原点最近的对称中心．其中正确结论的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】先利用条件求出，再利用三角函数的图像与性质，以及的零点、极值点，逐一对各个选项分析判断即可得到结果．【详解】令，则由，得，所以，由，得到如图，由的图像与性质知，，，即化简得，将代入得，所以，故①正确；对于②，因为，由图像与性质知，函数的极值点，即函数的最值点，所以由，得到，又因为，所以或，所以在区间上有且仅有2个极值点，故②错误； 对于③，由，，得，所以在上单调递增，在上单调递减，由，得到，由，得到，所以在区间在上单调递增，在区间上单调递减，故③错误；对于④，令，解得，当时，为最小，所以函数离原点最近的对称中心为，故④错误．故选：B．二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（）A.若为的垂心，，则B.若为边长为2的正三角形，则的最小值为-1C.若为锐角三角形且外心为，且，则D.若，则动点的轨迹经过的外心【答案】ACD【解析】【分析】A利用三角形相似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得，进而可知与中点共线，结合外心的性质有垂直平分即可判断；D将等式两侧同时点乘并化简得，即可判断.【详解】A：如下图，，则为垂心，易知：， 所以，则，根据向量数量积的几何意义知：，同理，所以，正确；B：构建以中点为原点的直角坐标系，则，若，所以，，由，则，当时的最小值为，错误；C：由题设，则，所以，若为中点，则，故，故共线，又，即垂直平分，所以，正确；D：由题设，，则，所以，若为中点，则， 故，所以的轨迹经过的外心，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断.10.下列命题为真命题的是（）A.函数经过点的充要条件是；B.二次函数经过点的充要条件是；C.若已知二次函数，则经过点的充要条件是；D.“”是“二次函数有两个异号零点”的必要不充分条件．【答案】AC【解析】【分析】利用二次函数的性质和韦达定理，结合充分条件必要条件的定义，判断各选项即可.【详解】对于A：对于函数，如果经过点，则，反之，若，则，即函数经过点，故函数经过点的充要条件是，所以A正确，对于B：若时，函数不是二次函数，后者推不出前者，而二次函数经过点，则，前者可推出后者，所以后者是前者的必要不充分条件，故B不正确；对于C：若已知二次函数则，若经过点，则， 反之，若，则，即函数经过点，所以经过点的充要条件是，故C正确；对于D：二次函数有两个异号零点，设为，且，则，若，显然，对于二次函数，由且，所以二次函数有两个异号零点.所以“”是“二次函数有两个异号零点”的充要条件，故D错误.故选：AC.11.在三角形ABC中，记A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则下列选项中一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由内角和关系证明，由边角关系证明即正弦函数性质证明，，由此判断A，对于B，由条件结合正弦定理可得，再证明必为锐角，由此可得，结合正弦函数和余弦函数的单调性判断B，对于C，结合（2）的结论及不等式性质可判断；对于D，证明，由此可得，结合正弦函数性质判断D.【详解】因为，，， 因，所以，，所以，因为，所以，可得，故A错误；因为，得，由正弦定理可得，又，得为最大角，所以必为锐角，可得，所以，由，可得，所以，，则，故B正确，由选项B可知，，，则，故C正确；因为，则，所以，所以，，则，故有，由，得，则，，则，故D正确.故选：BCD.12.中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，O为其重心，，，分别是边a，b，c上的高．若，则下列结论正确的是（）AB. C.D.是钝角三角形【答案】BCD【解析】【分析】由点为的重心，得到，求得，进而得到，可判定A错误；再结合面积公式，余弦定理求得的值，可判定B、C、D正确.【详解】由点为的重心，可得，因为，可得，可得，即，由正弦定理可得，所以A错误；因为，，分别是边上的高，可得面积满足，可得，所以，所以B正确；不妨设，由余弦定理得，所以C正确；由，因为，可得，所以为钝角三角形，所以D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点D在边AC上，，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据正弦定理得，代入得，在两个三角形 中用余弦定理得或，再分别用余弦定理求出可得解.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，在中，，中，，所以，整理得，又，所以，即，所以或，当时，，（舍去），当时，，. 故答案为：.14.已知点O为正所在平面上一点，且满足，点M为正所在平面上一点，若的面积与的面积比值为1∶4，且，则面积的与的面积的比值为______．【答案】4∶3##【解析】【分析】由题意可知，设点分别为的中点，所以，根据题意求出的值，从而得，设点分别为的中点，则，三点共线，且，进而可得答案．【详解】由，得，设点分别为的中点，如图所示，，，三点共线，的面积与的面积比值为1∶4，，且与同底边，点到底边的距离等于点到底边的距离的，，，，由题意得，即，设点分别为的中点，如图所示， ，，三点共线，且，，，又，则面积的与的面积的比值为4∶3．故答案为：4∶3．15.______________．【答案】【解析】【分析】结合二倍角和辅助角公式求解即可.【详解】.故答案为：.16.已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，都有，则关于的不等式在区间上的解集为__________.【答案】【解析】【分析】由已知可得函数关于对称，继而由函数为奇函数，可得函数的周期，由函数 的单调性的定义得函数在上是增函数，令，设，运用导函数分析函数的单调性，由此得，由对称性及周期性作函数的示意图和的图象，运用数形结合的思想可求得不等式的解集.【详解】解：因为，所以函数关于对称，，又函数为奇函数，所以，所以，则，函数是以4为周期的周期函数，因为对任意的，当时，都有，不妨设，所以，所以函数在上是增函数，所以当时，，令，设，则，所以函数是单调递减函数，所以当，，所以当时，，即，由对称性及周期性作函数的示意图和的图象如下图所示，则不等式在区间上的解集为.故答案为：. 【点睛】本题考查了函数性质的综合应用，考查了利用导数研究函数单调性的应用，考查了逻辑推理能力和数形结合思想，，有一定的难度.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知关于t的方程一个根为．（1）求方程的另一个根及实数a的值；（2）若在上恒成立，试求实数m的取值范围.【答案】（1），（2）．【解析】【分析】（1）将根代入方程求出，再由实系数一元二次方程的求根公式求解；（2）由题意，，结合基本不等式可得，再求出m的取值范围即可．【小问1详解】∵关于的方程的一个根为，∴，所以，又方程，，∴方程的两根为，∴方程的另一个根为．【小问2详解】 由题意在上恒成立，则，，∵，当且仅当时等号成立，∴，即，∴，即实数m的取值范围．18.已知，，．（1）求关于x的表达式；（2）若时，的最小值是3，求m的值；（3）若对于都有，求m的取值范围．【答案】（1）（2）2（3）【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合三角函数恒等变换，化简可得的表达式；（2）根据，确定，结合正弦函数性质，即可求得答案；（3）根据（2）的结论，求出的最大值的表达式，结合题意可得相应不等式，求得答案.【小问1详解】由，，，则，即；【小问2详解】 ∵，∴，则当，即时，取最小值，又∵的最小值是3，∴，∴，即m的值为2；【小问3详解】由（2）可得：当时，当时，即，的最大值是，又当时，恒成立，∴，∴，即m的取值范围为．19.已知函数的图象两相邻对称轴之间的距离是，若将的图象上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数.（1）求的解析式；（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；（3）若函数的图象在区间（且）上至少含有个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求出表达式，根据图像的变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数； （2）参变分离进行处理，将问题转化为，只需求出不等式右边的最小值，结合对勾函数的单调性进行辅助求解；（3）先求出零点的一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围.【小问1详解】由，得，则则为偶函数，于是轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以，又，所以，故.【小问2详解】因为，所以，故，，而恒成立，即，整理可得.令，，设，，设，且，则，由于，，则，所以，即区间上单调递增，故， 故，即实数m的取值范围是.【小问3详解】由题意知，由得，故或，，解得或，，故的零点为或，，所以相邻两个零点之间的距离为或若最小，则和都是零点，此时在区间，，…，，分别恰有个零点，所以在区间上恰有个零点，从而在区间上至少有一个零点，所以，另一方面，在区间上恰有个零点，所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：第三问零点个数的处理可以考虑研究区间长度为的情况，发现规律后扩充到区间长度为整数倍的上进行求解.20.如图，在平行四边形ABCD中，，E为DC上靠近D的三等分点，G为BC上靠近C的三等分点，且恰为3∶5，若以A为原点，AC为x轴，AD为y轴，，为基底． （1）求坐标；（2）求坐标．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作交于，则，，，结合可得解；（2）由题意得，将（1）中代入可得结果.【小问1详解】作交于，又，则，∴，，∴，,∵，∴，∴，∴坐标为.【小问2详解】∵， ∴，∴坐标为.21.如图，，分别是矩形的边和的中点，与交于点N.（1）设，，试用，表示；（2）若，，H是线段上的一动点，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）引入，重新整理得出和这组基底的关系；（2）以A为原点，AB，AD分别为x，y轴，建立平面坐标系，借助的方程，化为关于的表达式，从而利用二次函数性质求最值.【小问1详解】取AC的中点O，连OE，OF则，因为，所以.【小问2详解】以A为原点，AB，AD分别为x，y轴，建立直角坐标系， 则，，，，直线的方程为：，设，则，，所以，当时等号成立.22.某市民公园改造规划平面示意图如图，经规划调研测定，该市民公园占地区域是半径为R的圆面，该圆面的内接四边形是绿化用地，经测量得边界百米，百米，百米．（1）求原绿化用地的面积和市民公园的占地面积；（2）为提高绿化覆盖率，在保留边界不动的基础上，对边界进行调整，在圆弧上新设一点，使改造后新的绿地的面积最大，设，将的面积用表示并求出求最大面积．【答案】（1）原绿化用地的面积为，市民公园的占地面积为 （2）的面积为，最大面积为平方百米【解析】【分析】（1）根据四边形的内接圆的性质及余弦定理，再利用正弦定理及三角形的面积公式，再结合圆的面积公式即可求解；（2）根据已知条件及正弦定理，将四边形的面积转化为三角形的面积，再根据三角形的面积公式及两角差的正弦公式，再利用辅助角公式及三角函数的性质即可求解.【小问1详解】因为四边形内接于圆，则．所以．在中，，在中，，由，得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，由正弦定理得，所以外接圆面积．【小问2详解】因为，由得．在中，由正弦定理知 因为，所以，当，即时，的最大值为，此时，所以改造后，当为正三角形时，新的绿地的面积最大，为平方百米．