【文档说明】湖北省荆荆襄宜四地七校考试联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题答案.docx，共(4)页，325.816 KB，由管理员店铺上传

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2023年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高一期中联考数学参考答案一、单项选择题1.C2.D3.B4.C5.D6.A7.C8.C二、多项选择题s9.ACD10.AC11.ABC12.BCD三、填空题13.3121−14.6715.616.(

0,1]四、解答题17.解：（1）(1,1)(12,)ABBCmm=−=+−（2分）因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得(),BCABR=整理得(12,)(,),mm+−=−所以12mm+=−−=，解得1m

=−.故m的值为1−.（5分）（2）(12,),akbkk−=+−32(7,2).ab−+=−（7分）因为akb−与32ab−+垂直，所以7(12)2()0,kk−++−=解得716k=−.（10分）18.解：（1）步骤1：把sinyx=图象上所

有点向左平移2π3个单位长度，得到函数2πsin()3yx=+的图象；步骤2：把2πsin()3yx=+图象上所有点的横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变），得到函数2πsin(2)3yx=+的图象；步骤3：最后把函数2πsin(2)3yx=+的图象的纵坐

标变为原来的2倍（横坐标不变），得到函数2π2sin(2)3yx=+的图象．（6分）或者步骤1：步骤1：把sinyx=图象上所有点的横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变），得到函数sin2yx=的图象；步骤2：把sin2yx=图象上所有点向左平移π3个单位长度

，得到函数π2πsin2()sin(2)33yxx=+=+的图象；步骤3：最后把函数2πsin(2)3yx=+的图象的纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变），得到函数2π2sin(2)3yx=+的图象．（6分）（2）因为2π2[,3],3x+列表：2π23x+3π22π5π23πxπ6

5π122π311π127π6y02−020（12分）19.解：（1）化简可得：()2sin(2)16fxxm=−+−，因为π0,2x，所以π5π2,666x−−，则当262x

−=时，()fx取得最大值3m−，故35m−=，即2m=−.（6分）（2）()fx的单调递减区间需要满足：ππ3π2π22π(Z)622kxkk+−+，解得π5πππ(Z)36kxkk++，所以()fx的单调递减区间为：π5π,π(Z)36kkk++.（12

分）20.解：（1）解：因为()fx为奇函数，所以()()0fxfx−+=，所以23332logloglog0111xmxmxmxxx+−+−+==−−−−在定义域内恒成立，整理，得2221xmx−=−在定义域内恒成立，所以21m=

，解得1m=，当1m=−时，()31log1xfxx−=−的定义域为|1xx，定义域不关于原点对称，此时()fx没有奇偶性，当1m=时，()31log1xfxx−=+的定义域为()(),11,−−+，关于原点对称，且()()()133331111logloglog

log1111xxxxfxfxfxxxxx−−−+−−−=====−=−−+−++，符合题意，综上可得：1m=；（5分）（2）()()2142222xxxxgx+−=−=−−，1,2x，令2xt=，则上述函数化为()22yttt=+−，2,4.因为0，

则对称轴10t=1）当12，即12时，函数()yt在2,4上单调递增，故()min(2)4434yty==−−=−；2）当124，即1142时，函数()yt在12,上单调递减，在1,4上单调递增，故min11()y

ty==−−；3）当14，即104时，函数()yt在2,4上单调递减，故()min()4158yty==−.综上所述：①当12时，()gx的最小值为34−；②当1142时，()gx的最小值为1−−；③当104时，()gx的最

小值为158−.（12分）21．解：（1）在BMQ△中,53412BMQ=−−=,由正弦定理可得：sinsinQMBQBBMQ=,即sin45sin75QBQM=＝22264QB+＝(31)QB−，同理可得(31)

QNQC=−，所以(31)()QMQNQCQB+=−+＝(31)300(31)BC−=−；（3分）在QMN中，由余弦定理可得：2222cos60MNQMQNQMQN=+−，即2222()()3()3

4QMQNMNQMQNQMQNQMQN+=+−+−，所以22()4QMQNMN+，2QMQNMN+，又因为QMQN+＝300(31)−，故150(31)MN−，当且仅当150(31)QMQN==−时等号成立.故当Q点是BC的中点时，三条小径（Q

M，QN，MN）的长度之和最小，最小为450(31)−；（7分）（2）由（1）可知(31)QMQB=−，故1sin602BQMSQBQM=＝23(31)4QB−，同理可得：23(31)4CQNSQC=−，所以BQMCQNSS+＝2

23(31)()4QBQC−+＝233[()2]4QBQCQBQC−+−2233()[()2]44QBQCQBQC−++−＝233()8QBQC−+＝2338BC−＝11250(33)−（当且仅当150QBQC==时取得最小值11250(33)−

），故最少费用为11250(33)1001125000(33)−=−.（12分）22.解：（1）因为()1cos313332(cossin)sincos22222xfxxxxx−=−−−−=+故(

)fx的“伴随向量”3,12OM=，所以，与OM共线的单位向量为2127,77（3分）（2）OM的“伴随函数”()()22cossinsin,tangbxaxbxaabx

=+=++=，因为()fx在0xx=处取得最小值，所以，当03π2π,Z2xkk+=+，即03π2π,Z2xkk−=+时，()fx有最小值22ab−+，所以03πsinsin2πcos2xk−=+=−，03πcoscos2πsin2xk−=+

=−，所以0cos1tansintanbxa===，因为22560(0)aabbab−+，所以2156()0bbaa−+，即1132ba所以011(,)t32anx，则0020

002tan2tan211tantantanxxxxx==−−，令011(,an)t32tx=，则0011tantanxtxt−=−，因为1,yytt==−均为11(,)32上的单调递减函数，所以1ytt=−在11(,)32上单调递

减，故001138tan(,)tan23xtxt−=−，所以，0020002tan234tan2(,)11tan43tantanxxxxx==−−，又因为0000tan212tan(2)141tan21ta

n2xxxx−−==−++，令034(,an2)t43kx=，211yk=−+在34(,)43上单调递增，故2111(,)177yk=−−+，故0tan(2)4x−的取值范围为11(,)77−.（8分）（3）由题意可知，()coshxx=，则coscoscos()+

=+，化简可得sinsin(1cos)coscos+−=−，即22sin(1cos)sin()cos+−+=−，即22cossin()cos−+=−，当cos1=时，不符合题意，舍去；当cos1时，cossin()[1,1]22cos−+=

−−，故cos[1,31]−−（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com