《人教版2022--2023学年度第二学期高一数学下册期末预测试卷及答案（含五套题）35》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版2022--2023学年度第二学期高一数学下册期末预测试卷及答案（含五套题）35（46页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、内装订线外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_人教版2022-2023学年度第二学期期末预测试卷及答案高一 数学（满分：100分 时间：120分钟）题号一二三总分分数一填空题(本大题满分36分)本大题共有12题,考生应在答题卷的相应编号的空格内直接填写结果,每题填对得3分,否则一律得零分.1. 已知,复数的实部和虚部相等,则等于_.2. 若sin ,tan 0,则cos _.3. 若,则=_.4. 规定运算,若,设虚数单位,则复数_.5. 设复数满足(其中为虚数单位),则模为_6. 设向量,则“”是“”的_条件.7. 已知向量,满足,与的夹角为,则在上的数量投影_.8. 设、为锐角三角形的
2、两个内角,则复数对应点位于复平面的第_象限.9. 已知:,则_.10. 已知向量,向量满足,则_.11. 判断下列三角形解情况,有且仅有一解的是_.,;,;,;,.12. 函数的部分图象如图所示,则_.二选择题(本大题满分16分)本大题共有4题,每题有且只有一个正确答案,选对得4分,否则一律得零分.13. 已知是所在平面内一点,为边中点,且,那么()A. B. C. D. 14. 已知复数,则复数在复平面上对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限15. 在中,角所对的边分别为,则“”是“”的 A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必
3、要条件16. 已知向量,若,则等于( )A. B. C. D. 三解答题(本大题满分48分)本大题共有5题,解答下列各题必须写出必要的步骤.17. （本题满分9分）已知复数().试求实数分别为什么值时,分别为:(1)实数;(2)虚数;(3)纯虚数.18. （本题满分9分）已知函数().求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值.19. （本题满分9分）已知向量,.(1)若,三点共线,求实数值;(2)若为锐角,求实数的取值范围.20. （本题满分10分）中内角的对边分别为,向量,且.(1)求锐角的大小;(2)如果,求面积的最大值.21. （本题满分12分）如图,要计算西湖岸边两景点与的距离,由
4、于地形的限制,需要在岸上选取和两点,现测得,求两景点与的距离(精确到).参考数据:,.参考答案与试题解析一填空题(本大题满分36分)本大题共有12题,考生应在答题卷的相应编号的空格内直接填写结果,每题填对得3分,否则一律得零分.1. #0.5【解析】【分析】先化简复数,再利用复数的实部和虚部相等求解.【详解】解:复数,因为复数的实部和虚部相等,所以,解得,故答案为:2 【解析】【详解】解:sin0,tan0,cos.故答案为:3. 【解析】【详解】试题分析:,故答案为.考点:诱导公式;二倍角的余弦.4. 【解析】【分析】根据新定义运算直接列方程求解.【详解】因为规定运算,且,所以,得,故答案为
5、:5. 【解析】【分析】先由复数的除法运算,根据题意,得到,进而可得复数的模.【详解】因为,所以,因此.故答案为:.【点睛】本题主要考查复数的除法运算,以及求复数的模,熟记除法运算法则,以及复数模的计算公式即可,属于基础题型.6. 充分不必要【解析】【分析】利用共线向量定理,结合充分条件和必要条件的定义分析判断即可.【详解】当时,解得或,所以当时,一定成立,而当时,不一定成立,有可能,所以“”是“”的充分不必要条件,故答案为:充分不必要7. 1【解析】【分析】根据平面向量数量积的几何意义求解即可.【详解】因为,与的夹角为,所以在上数量投影为,故答案为:18. 二【解析】【分析】由题知,进而得,
6、再根据复数的几何意义求解.【详解】解:因为A,B为锐角三角形的两个内角,所以,即,所以,所以,所以复数对应点在第二象限.故答案为:二9. 【解析】【分析】由,两边平方得到,进而求得,两式联立得到,再利用三角恒等变换求解.【详解】解:由,两边平方得:,即,因为,所以,所以,两式联立得,所以,故答案为:10. 【解析】【分析】设,由向量垂直和平行的坐标表示可构造方程组求得,由此可得结果.【详解】设,则,由,得:,解得:,.故答案为:.11. 【解析】【分析】利用正弦定理解三角形即可确定中的三角形的个数;根据三角形全等的判定可知正确.【详解】对于,由正弦定理得:,即,则三角形有唯一解,正确;对于,由
7、正弦定理得:,即,或,则三角形有两解,错误;对于,由正弦定理得:,无解,错误;对于,三角形两角和一边确定时,三角形有唯一确定解,正确.故答案为:.12. 6【解析】【详解】试题分析:由图可知, .考点:正切型函数的图象与平面向量的数量积运算.【方法点睛】本题主要考查了正切型函数的图象与平面向量的数量积运算,属于中档题.本题解答的关键观察图象发现分别是函数轴右侧的第一个零点和函数值为的点,即可求得的坐标,进而求得向量的坐标,根据平面向量数量积的坐标运算即可求得答案.二选择题(本大题满分16分)本大题共有4题,每题有且只有一个正确答案,选对得4分,否则一律得零分.13. A【解析】【详解】是所在平
8、面内一点,为边中点,且,即,故选A.14. B【解析】【详解】分析:利用复数的除法运算得和,从而得解.详解:复数,则.所以. 在复平面上对应的点为,位于第二象限.故选B.点睛:本题考察了复数的除法运算和共轭的定义及在复平面对于点的问题.15. A【解析】【分析】根据“,得出 ,根据充分必要条件的定义可判断.【详解】中,角所对的边分别为, 或 根据充分必要条件的定义可判断:“”是“”的充分不必要条件 .故选A【点睛】本题考查了解三角形,充分必要条件的定义,属于中档题.16. B【解析】【分析】根据题意,由得出,根据平面向量垂直的坐标公式,两角和与差的正弦公式和辅助角公式化简得出,最后利用诱导公式
9、化简,即可求出结果.详解】解:由题可知,由于,则,即,.故选:B.【点睛】本题考查三角函数化简求值,平面向量垂直的坐标公式,以及两角和与差的正弦公式,辅助角公式和诱导公式的应用,考查运算能力.三解答题(本大题满分48分)本大题共有5题,解答下列各题必须写出必要的步骤.17. (1) (2) (3)【解析】【分析】(1)根据题意得,再解方程即可;(2)结合题意得,再解不等式即可;(3)结合题意得,再求解即可.【小问1详解】解:因为()为实数,所以,解得,所以,当时,为实数.【小问2详解】解:因为()为虚数,所以,解得且.所以,当时,为虚数.【小问3详解】解:因为()为纯虚数,所以,解得.所以,当
10、时,为纯虚数.18. ,的最大值为2,最小值为-1.【解析】【分析】先化简函数为,再利用三角函数的性质求解.【详解】解:函数,所以函数的最小正周期,因为,所以,所以,所以的最大值为2,最小值为-1.19. (1) (2)【解析】【分析】(1)根据向量运算得,进而结合向量共线的坐标表示求解即可;(2)结合题意得且与不共线,再根据数量积运算与共线的坐标表示求解即可.【小问1详解】解:因为,所以, 因为,三点共线,所以与共线,所以,解得.所以实数的值【小问2详解】解:因为向量,所以,因为为锐角,所以且与不共线,即,解得且,所以,实数的取值范围是20. (1); (2)【解析】【分析】(1)先由平面向
11、量的坐标运算结合得,求得,即可求解;(2)由(1)及余弦定理可得,然后由基本不等式得出,进而得出的面积的最大值.【小问1详解】,且,即,即.【小问2详解】由(1)得,由余弦定理得:,又,代入上式得:(当且仅当时等号成立),(当且仅当时等号成立),则的最大值为.21. 【解析】【分析】在中,结合余弦定理得,进而在中,利用正弦定理解三角形即可求得答案.【详解】解:根据题意,在中,所以由余弦定理得:,即;所以,因为,所以,所以,所以,在中,所以,即.所以,景点与的距离大约为人教版2022-2023学年度第二学期期末预测试卷及答案高一 数学（满分：100分 时间：120分钟）题号一二三总分分数一、填空
12、题(本大题满分36分,本大题共有12题)1. 和等差中项是_.2. 若是角终边上一点,则_.3. 已知向量,且,则_.4. 已知是方程一个根,则实数的值为_.5. 函数的最小正周期为_.6. 设,则_.7. 已知等比数列满足:,则该数列的前项和_.8. 已知,则_.9. 中,角所对的边分别为.且满足,则此三角形的形状是_.10. 已知函数,若在区间上的最大值为,则m的最小值是_.11. 已知是复数辐角主值,是向量和向量的夹角,则_.12. 已知复数,满足(表示的共轭复数),则_.二、选择题(本大题满分12分,本大题共有4题)13. 复数的共轭复数是(i为虚数单位),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14. 若如图所对应的是某个函数的一部分图象,则此函数解析式为( )A. B. C. D. 15. 已知非零向量、,“函数为偶函数”是“”的( )A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件16. 算法统宗是明朝程大位所著数学名著,其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一”,其意大致为：有一栋七层宝塔,每层悬挂的红灯数为上一层的两倍,共有381盏灯,则该塔中间一层灯的盏数是( )A. 24B. 48C. 12D.
