2023-2024学年广东省佛山市S6高质量发展联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市S6高质量发展联盟高一（下）期中数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.要得到y= 5sin(x+π3)的图象，只需将y= 5sinx的图象( )
A. 向左平移π3个单位B. 向右平移π3个单位C. 向左平移π4个单位D. 向右平移π4个单位
2.已知向量a=(2,4)，b=(3m,2)，若a⊥b，则m=( )
A. 1B. 2C. −23D. −43
3.cs121°cs61°+sin121°sin61°=( )
A. 1B. −12C. 12D. 32
4.已知复数z=2+i7(1−i)2，则z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
5.互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，e1，e2分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，且〈e1，e2〉=π3，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上的截距a，b分别作为点P的x坐标和y坐标，记P(a,b)，则该坐标系中M(3,3)和N(2,1)两点间的距离为( )
A. 3B. 2C. 6D. 7
6.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin2C+csinA=0，则C=( )
A. π3B. 2π3C. 2π5D. π4
7.已知0<α<π2，2sin3α=3sinα，则sinα=( )
A. 33B. 64C. 104D. 66
8.已知函数y=sin(3x+φ)(0<φ<π)在区间(−2π9,π12)上单调，则φ的取值范围为( )
A. [0,π6]B. [π6,π4]C. [π4,π2]D. [2π3,5π6]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若{e1,e2}是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是( )
A. {e1−e2,e2−e1}B. {3e1−e2,e1−12e2}
C. {2e2−3e1,6e1−4e2}D. {e1+e2,e1+3e2}
10.已知函数f(x)=asinx+cs(x+π6)(a>0)的最大值为 3，则( )
A. π6为f(x)的一个零点
B. f(x)在区间(−π3,π3)上单调递增
C. 将f(x)的图象向右平移π6个单位长度，得到的函数为奇函数
D. 当x∈[−π3,t]时，f(x)的值域为[− 32, 3]，则t的取值范围为[π3,π]
11.如图，为测量海岛的高度AB以及其最高处瞭望塔的塔高BC，测量船沿航线DA航行，且DA与AC在同一铅直平面内，测量船在D处测得∠BDA=α，∠CDA=β，然后沿航线DA向海岛的方向航行m千米到达E处，测得∠BEA=γ，∠CEA=δ(δ>γ>β>α，测量船的高度忽略不计)，则( )
A. AB=msinγsinαsin(δ−α)B. BD=msinγsin(γ−α)
C. BC=msinαcsδsin(γ−α)D. CD=msinδsin(δ−β)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设a∈R，若复数(a−2i)(2+i)为纯虚数，则a= ______．
13.已知向量a=(2,2)，b=(2,6)，则a在b上的投影向量的坐标为______．
14.“广佛之眼”摩天轮半径为50m，成为佛山地标建筑之一，被称作天空之眼摩天轮.如图，圆心O距地面的高度为60m，已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每15min转动一圈，游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱则游客进舱10min时他距离地面的高度为______m.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知z1=5+10i，z2=3−4i．
(1)求z1z2的值；
(2)设1z=1z1+1z2，求z的值．
16.(本小题15分)
如图所示，在圆内接四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC= 7．
(1)求∠ADC及△ACD的面积；
(2)若BC=2，求AB的长．
17.(本小题15分)
已知对任意平面向量AB=(x,y)，把AB绕其起点逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P．
(1)已知平面内点A(2,4)，点B(2+ 2,4+4 2)，若把点B绕点A沿顺时针方向旋转π4得到点P，求点P的坐标；
(2)已知AB=(1,1)，把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P，CD=(2,6)，若AP⊥CD，求cs2θ的值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acsB+bsinA2=c．
(1)求A；
(2)若△ABC的重心为O，且3AO= 2a，求sinBsinC．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=cs(2x+φ)(0<|φ|<π2)过点(π12,0)．
(1)求f(x)的对称轴方程、对称中心以及单调递减区间；
(2)若关于x的方程f2(x)+2af(x)+2a−3=0在区间(0,π3)上有解，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：要得到y= 5sin(x+π3)的图象，只需将y= 5sinx的图象向左平移π3个单位即可，故A正确．
故选：A．
直接利用函数的图象的平移变换求出结果．
本题考查的知识点：三角函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：a=(2,4)，b=(3m,2)，a⊥b，
则6m+8=0，故m=−43．
故选：D．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由csαcsβ+sinαsinβ=cs(α−β)，
得cs121°cs61°+sin121°sin61°=cs(121°−61°)=cs60°=12．
故选：C．
利用两角和与差的三角函数化简即可．
本题主要考查两角和与差的三角函数的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：i7=i3⋅i4=−i，
则z=2+i7(1−i)2=2−i−2i=(2−i)i2=12+i，
由复数的几何意义可知，z在复平面内对应的点(12,1)位于第一象限．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：M(3,3)和N(2,1)，
则OM=3e1+3e2，ON=2e1+e2，
故NM=OM−ON=e1+2e2，
故|NM|=(e1+2e2)2=e12+4e22+4e1⋅e2=4+1+4×csπ3=7，解得|NM|= 7．
故选：D．
根据已知条件，结合向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查向量的数量积运算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得2asinCcsC+csinA=0，
由正弦定理可得2sinAsinCcsC+sinCsinA=0，
可得sinAsinC(2csC+1)=0，
因为A，C∈(0,π)，
则sinA>0，sinC>0，
所以csC=−12，
解得C=2π3．
故选：B．
由已知利用二倍角公式，正弦定理可得sinAsinC(2csC+1)=0，又sinA>0，sinC>0，可求csC的值，进而可求C的值．
本题主要考查了二倍角公式，正弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵2sin3α=2sin(α+2α)=2(sin2αcsα+cs2αsinα)=4sinαcsαcsα+2(1−2sin2α)sinα=6sinα−8sin3α=3sinα，
∴3sinα−8sin3α=0，
又0<α<π2，
∴0∴3−8sin2α=0，即sin2α=38，解得sinα= 64．
故选：B．
利用两角和与差的三角函数化简得3sinα−8sin3α=0，再结合题意即可求得答案．
本题主要考查两角和与差的三角函数的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：函数y=sin(3x+φ)(0<φ<π)在区间(−2π9,π12)上单调，
当x∈(−2π9,π12)时，3x+φ∈(−2π3+φ,π4+φ)，
因为0<φ<π，
所以−2π3<−2π3+φ<π3，π4<π4+φ<5π4，
所以−π2≤−2π3+φπ4+φ≤π2，解得π6≤φ≤π4，
即φ的取值范围为[π6,π4]．
故选：B．
根据正弦函数的性质直接求解即可．
本题主要考查正弦函数的单调性，考查计算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：平面内不共线的一组向量能作为基底，
对于A，因为e1−e2=−(e2−e1)，则e1−e2，e2−e1为共线向量，
故不能作为平面向量的基底；
对于B，设3e1−e2=λ(e1−12e2)，则有λ=3λ2=1，此方程无解，
故3e1−e2，e1−12e2可以作为平面向量的基底；
对于C，因为−2(2e2−3e1)=6e1−4e2，则2e2−3e1，6e1−4e2为共线向量，
故不能作为平面向量的基底；
对于D，设e1+e2=λ(e1+3e2)，则有λ=13λ=1，此方程无解，
故e1+e2，e1+3e2可以作为平面向量的基底．
故选：AC．
根据向量共线的条件对各选项进行判定即可．
本题考查向量共线的判定，属基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵f(x)=asinx+csxcsπ6−sinxsinπ6=(a−12)sinx+ 32csx的最大值为 3，
∴(a−12)2+( 32)2=3，解得a=2，
∴f(x)=32sinx+ 32csx= 3sin(x+π6)，
∴f(π6)= 3sinπ3=32≠0，A选项错误；
又x∈(−π3,π3)时，x+π6∈(−π6,π2)⊆(−π2,π2)，
∴f(x)在区间(−π3,π3)上单调递增，B选项正确；
又f(x−π6)= 3sinx是奇函数，C选项正确；
当x∈[−π3,t]时，x+π6∈[−π6,t+π6]，
又因为 3sin(−π6)=− 32，f(x)的值域为[− 32, 3]，所以π2≤t+π6≤7π6，即π3≤t≤π，D选项正确．
故选：BCD．
利用三角恒等变换化简可求得f(x)的解析式，再逐项分析可得答案．
本题主要考查两角和与差的三角函数及正弦函数性质的应用，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：在△BDE中，∠BDE=α，∠DBE=∠BEA−∠BDE=γ−α，∠BED=π−γ，
由正弦定理得，DEsin∠DBE=BDsin∠BED=BEsin∠BDE，即msin(γ−α)=BDsinγ=BEsinα，
所以BD=msinγsin(γ−α)，BE=msinαsin(γ−α)，故B正确；
且AB=BDsinα=msinγsinαsin(γ−α)，故A错误；
故AE=BEcsγ=msinαcsγsin(γ−α)，
在△BCE中，∠BCE=π2−δ，∠BEC=δ−γ，
由正弦定理得，BCsin(δ−γ)=BEsin(π2−δ)，所以BC=msinαsin(δ−γ)csδsin(γ−α)，故C错误；
在△CDE中，∠CDE=β，∠DCE=∠CEA−∠CDE=δ−β，∠CED=π−δ，
代入CDsin∠CED=DEsin∠DCE，
所以CD=DE⋅sin∠CEDsin∠DCE=msinδsin(δ−β)，故D正确．
故选：BD．
由题意分别在△BDE中，△BCE中，△CDE中，由正弦定理可判断出所给命题的真假．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
12.【答案】−1
【解析】解：(a−2i)(2+i)=2a+ai−4i+2=2a+2+(a−4)i，复数(a−2i)(2+i)为纯虚数，
则2a+2=0且a−4≠0，解得a=−1．
故答案为：−1．
结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
13.【答案】(45,125)
【解析】解：a=(2,2)，b=(2,6)，
则a⋅b=2×2+2×6=16，|b|2=4+36=40，
故a在b上的投影向量的坐标为：a⋅b|b|×b|b|=25b=(45,125)．
故答案为：(45,125)．
根据已知条件，结合投影向量的定义，即可求解．
本题主要考查投影向量的定义，属于基础题．
14.【答案】85
【解析】解：由题意，设在tmin时，距离地面的高度为h=Asin(ωt+φ)+b(A>0)，其中−π<φ<π，
则A+b=110b=60，
可得A=50b=60，
则h=60+50sin(ωt+φ)，
由题意可得2πω=15，可得ω=2π15，即h=60+50sin(2π15t+φ)，
当t=0时，可得60+50sinφ=10，即sinφ=−1，
因为−π<φ<π，解得φ=−π2，
所以h=60+50sin(2π15t−π2)=60−50cs(2π15t)，
令t=10，可得h=60−50cs(2π15×10)=60+25=85，
所以游客进䑪10min时他距离地面的高度为85m．
故答案为：85．
由题意可求A=50b=60，可得2πω=15，可得ω=2π15，可得函数解析式为h=60+50sin(2π15t+φ)，由t=0时，可得60+50sinφ=10，即sinφ=−1，结合−π<φ<π，解得φ=−π2，可得函数解析式为h=60−50cs(2π15t)，令t=10，即可求解．
本题考查三角函数模型的应用，考查三角函数的图象与性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)z1z2=(5+10i)(3−4i)=15−20i+30i−40i2=55+10i．
(2)1z=1z1+1z2=z1+z2z1z2，
∴z=z1z2z1+z2=55+10i(5+10i)+(3−4i)=55+10i8+6i=(55+10i)(8−6i)82+62=500−250i100=5−52i．
【解析】(1)根据复数的代数乘法运算即可；
(2)根据复数的乘除法运算即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
16.【答案】解：(1)在△ACD中，cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC=1+4−72×1×2=−12，
∵∠ADC∈(0,π)，∴∠ADC=2π3．
∴S△ACD=12AD⋅DC⋅sin∠ADC=12×1×2× 32= 32．
(2)∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=π，∴∠ABC=π3．
在△ABC中，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，即7=AB2+4−2⋅AB⋅2⋅12．
∴AB2−2AB−3=0.解得AB=3或AB=−1.(舍去)
∴AB=3．
【解析】(1)利用余弦定理求解角的余弦函数值，然后求解三角形的面积．
(2)利用余弦定理求解边长即可．
本题考查三角形中的几何计算，余弦定理的应用，是基础题．
17.【答案】解：(1)平面内点A(2,4)，点B(2+ 2,4+4 2)，
则AB=( 2,4 2)，
把点B绕点A沿顺时针方向旋转π4得到点P，
AP=( 2cs(−π4)−4 2sin(−π4), 2sin(−π4)+4 2cs(−π4))=(5,3)，
又A(2,4)，所以点P的坐标为(7,7)．
(2)由题意得：AP=(csθ−sinθ,sinθ+csθ)．
因为AP⊥CD，所以AP⋅CD=0，
所以2(csθ−sinθ)+6(sinθ+csθ)=0，
整理得：8csθ+4sinθ=0，①
所以tanθ=−2，
cs2θ=cs2θ−sin2θ=cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=−35．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的坐标运算，即可求解；
(2)结合向量垂直的性质，推得tanθ=−2，再将弦化切，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，利用正弦定理可得：sinAcsB+sinBsinA2=sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinBsinA2=csAsinB，
又B∈(0,π)，sinB≠0，
可得sinA2=csA，可得sinA2=1−2sin2A2，
解得sinA2=12或sinA2=−1(舍去)，
因为A∈(0,π)，A2∈(0,π2)，
可得A2=π6，
所以A=π3；
(2)记△ABC中BC边上的中线长为l，由重心的性质得AO=23l，
所以AO=13(AB+AC)，即3AO=AB+AC，
又因为3AO= 2a，
所以等式两边平方可得9|AO|2=(|AB|2+|AC|2+2csA|AB|⋅|AC|)=b2+c2+bc，
可得2a2=b2+c2+bc，
又由余弦定理得a2=b2+c2−bc，
可得b2+c2+bc=2(b2+c2−bc)，可得b2−3bc+c2=0，解得b=3± 52c，
所以由正弦定理得sinBsinC=bc=3± 52．
【解析】(1)利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinA2=1−2sin2A2，解得sinA2的值，进而可求A的值；
(2)由题意可求3AO=AB+AC，等式两边平方，利用平面向量数量积的运算，余弦定理可求得b2−3bc+c2=0，解得b的值，进而利用正弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换以及平面向量数量积的运算，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得π6+φ=π2+kπ,k∈Z，
即φ=π3+kπ,k∈Z，又因为0<|φ|<π2，
故φ=π3，故f(x)=cs(2x+π3)，
令2x+π3=kπ,k∈Z，
得x=−π6+kπ2,k∈Z，
故函数的对称轴方程为x=−π6+kπ2,k∈Z；
令2x+π3=π2+kπ,k∈Z，
得x=π12+kπ2,k∈Z，
故对称中心为(π12+kπ2,0),k∈Z．
令2kπ≤2x+π3≤π+2kπ,k∈Z，
得−π6+kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z，
故函数的递减区间为[−π6+kπ,π3+kπ],k∈Z．
(2)令f(x)=cs(2x+π3)=t，
因为x∈(0,π3)，
所以π3<2x+π3<π，−1则关于t的方程t2+2at+2a−3=0在(−1,12)上有解，
由t2+2at+2a−3=0可得2a=3−t2t+1，
令s=t+1∈(0,32)，则2a=3−(s−1)2s=2s−s+2，
因为函数y=2s、y=2−s在(0,32)上均为减函数，
所以，函数h(s)=2s−s+2在(0,32)上为减函数，则h(s)>h(32)=116，
所以，2a>116，解得a>1112，
故实数a的取值范围是(1112,+∞)．
【解析】(1)先由函数经过的点可求φ，然后结合余弦函数的对称性及单调性即可求解；
(2)令f(x)=cs(2x+π3)=t，则关于t的方程t2+2at+2a−3=0在(−1,12)上有解，分离参数a，然后结合函数的性质即可求解．
本题主要考查了三角函数单调性的应用，还考查了由函数零点存在求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．