2022-2023學年山東省聊城市高一（下）質檢數學試卷（6月份）（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年山東省聊城市高一（下）質檢數學試卷（6月份）一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.AB?2A.CA B.AC C.BC2.若復數z滿足iz=3?A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.若函數f(x)=asiA.?4 B.4 C.?3 4.某同學因興趣愛好，自己繪制了一個迷宮圖，其圖紙如圖所示，該同學為讓迷宮圖更加美觀，在繪制過程中，按單位長度給迷宮圖標記了刻度，該同學發(fā)現圖中A，B，C三點恰好共線，則m=(

)A.7

B.223

C.233

5.記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2siA.?23 B.23 C.?6.若3sin2αA.?53 B.53 C.?13或?7.“五月的風”是坐落在山東省青島市五四廣場的標志性雕塑，重達500余噸，是我國目前最大的鋼質城市雕塑，該雕塑充分展示了島城的歷史足跡.如圖，現測量該雕塑的高度時，選取了與該雕塑底B在同一平面內的兩個測量基點C與D，測得∠BCD=60°，∠CDB=80°，CD=23.4mA.26m B.28m C.30m8.在△ABC中，AD為BC上的中線，G為AD的中點，M，N分別為線段AB，AC上的動點(不包括端點A，B，C)，且M，N，G三點共線，若A.32 B.52 C.2 二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.若z1，z2是方程x2+A.a的取值范圍為[?2,2] B.z1的共軛復數是z210.已知向量a=(1,?1)，A.a與c夾角的余弦值為31010 B.a在c上的投影向量為310c

C.若a與b的夾角為鈍角，則m>?211.記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，cosAA.△ABC為鈍角三角形 B.C為最大的內角

C.a：b：c=4：5：6 D.A：B：12.在銳角△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b=26，B的角平分線交ACA.B=π6 B.π6<C三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.時鐘的分針長6cm，從10：05到10：40，分針轉過的角的弧度數為______，分針掃過的扇形面積為______cm14.已知向量a=(3,3)，|b|=2，且a15.將函數f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的圖象向左平移π6個單位長度，得到函數g(x)的圖象，若g(x)=16.在底邊為BC的等腰△ABC中，腰AB邊上的中線為CM，若△ABC四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知復數z1=3+i，z2的實部和虛部均為非零實數，且z1z2的實部等于虛部．

(118.(本小題12.0分)

如圖，在梯形ABCD中，AB=4DC，E，F分別是AB，BC的中點，AC與DE相交于點O，設AB=a，AD=b．

(19.(本小題12.0分)

記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且1?asinA=cos2A．

20.(本小題12.0分)

如圖，AB為半圓O的直徑，|AB|=2，C為AB上一點(不含端點)．

(1)用向量的方法證明AC⊥BC；

(2)若C是A21.(本小題12.0分)

如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD=∠BCD，BD=3，AD=2，∠BD22.(本小題12.0分)

若函數f(x)滿足f(x?π2)=f(x+π2)，且f(a?x)=f(x+a)，a∈R，則稱f(x)為“M型a函數”．

(1)判斷函數答案和解析1.【答案】A

【解析】解：AB?2AC+BC=A2.【答案】C

【解析】解：由題意得z=3?2ii=?i(33.【答案】B

【解析】解：因為函數f(x)=asin(5x+π6)+b(a>0)的值域為[?3,5]，

所以4.【答案】C

【解析】解：由圖可知，A(3,3)，B(5,6)，C(m,10)，

所以AB=(5?5.【答案】D

【解析】解：由三角形內角關系A+B=π?C可得，sin(A+B)=sinC，

所以滿足2sin2A+6.【答案】A

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

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

【解析】解：由題意AG=12AD=12(AB+BD)=12(AB+12BC)=12AB+14(AC?AB)=14AB+14AC，

設MG=xMN，0<x<1，

9.【答案】BC【解析】解：∵z1，z2是方程x2+ax+1=0的兩個虛數根，∴Δ=a2?4<0，∴?2<a<2，

∴方程x2+ax+1=0的兩個虛數根為z=?a±4?a2i2，

不妨取z1=?a2+4?a10.【答案】AB【解析】解：對于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，選項A正確；

對于B，a在c上的投影向量為11.【答案】BC【解析】解：對A，由cosC=cos2A=2cos2A?1=18>0，得A，C均為銳角，

則sinA=1?(34)2=74，sinC=1?(18)2=378，

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

所以∠ABD=∠CBD=B2．

由題意可知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，

因為△13.【答案】?7π6【解析】解：分針從10：05到10：40轉過角的弧度數為α=?2π×3560=?7π6，

分針掃過的扇形面積為S14.【答案】2

【解析】解：由題意得|a|=(3)2+32=2315.【答案】12

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

再根據五點法作圖，可得ω×2π3+φ=π2

①．

再把點(10π3,?32)代入，可得3sin(ω×10π3+φ)=?32，即sin(ω×16.【答案】6【解析】解：由題意作圖：

設AB=AC=t，CM=m，

則△ABC的面積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)設z2=a+bi，a，b為非零實數，

因為z1z2=3+ia+bi=(3+i)(a?bi)【解析】(1)由題意可設z2=a+bi，再根據復數的除法運算可解z1z2=3a+ba18.【答案】解：(1)∵AB=4DC，

∴DC=14AB，且E，F分別是AB，BC的中點，AB=a,AD=b，

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

19.【答案】解：(1)由1?asinA=cos2A=1?2sin2A，

得asinA=2sin2A，

因為sinA≠0，所以a=2sinA【解析】(1)根據二倍角公式及正弦定理求得△ABC外接圓的半徑；

20.【答案】(1)證明：建立平面直角坐標系，如圖所示：

由題意知，|OB|=1，A(?1,0)，B(1,0)，設C(a,b)，

則|OB|=a2+b2=1，AC=(a+1,b)，BC=(a?1,b【解析】(1)建立平面直角坐標系，利用坐標表示向量，計算AC?BC=0即可；21.【答案】解：(1)由題意得∠ADB=∠ADC?∠BDC=7π12?π4=π3，

在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+CD2?2AB?CDco【解析】(1)由題意得∠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)的周期為π，

由f(a?x)=f(x+a)，a∈R，得f(x)的圖象關于直線x=a對稱，

因為2×3π8?π4=π2，

所以y=sin(2x?π4)的圖象關于直線x=3π8對稱，

又y=sin(2x?π4)的最小正周期為T=2π2=π，

所以函數y=sin(2x?π4)是“M型3π8函數”；

(2)令g(x)=lnx=0，得x=1，

因為g(x)是定義域為R的奇函數，

所以g(x)的零點為?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，

畫出h(x)在[?π3,π6]上的圖象，

由h(x)的圖象關于直線x=π6對稱，可畫出h(x)在[π6,2π3]上的圖象，

由h(x)的最小正周期為π，可畫出h(x)在[?5π6