辽宁省大连王府高级中学有限公司2023-2024学年高一下学期第二学段数学试卷

大连王府高级中学2023-2024学年度下学期第二学段考试 高一数学试题 命题人：李洪岩 校对人：李洪岩 满分150分 时间120分钟 一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数，则的虚部为（ ） A． B．i C． D．1 2．已知，则（ ） A． B． C． D． 3．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中煎下的扇形制作而成；一个半径为的扇形，它的周长是，则这个扇形所含弓形的面积是（ ） A． B． C． D． 4．锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 5．在中，三个内角的对边分别为，若的面积为，且，则等于（ ） A． B． C．1 D． 6．已知均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ） A． B． C．1 D．2 7．若，且，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 8．已知中，角的对边分别是，下列命题中，真命题的个数是（ ） （1）若，则是等腰三角形； （2）若，则是直角三角形； （3）若，则是钝角三角形； （4）若，则是等边三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选项的得0分。 9．下列各式运算结果为有理数的是（ ） A． B． C． D． 10．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幕，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式，其中为三角形的三边和面积）表示．在中，分别为角所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ） A．面积的最大值是 B． C． D．面积的最大值是 11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的是（ ） A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若为的外心，则 D．若为的垂心，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为______． 13．设锐角的三个内角，满足，则的最小值为______． 14．在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①，顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②）．已知正六边形的边长为2，点满足，则______；若点是正六边形边上的动点（包括端点），则的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分 15．已知函数． （1）求函数的最小正周期和最大值； （2）设的内角的对边分别，且，若，求的值． 16．已知的内角所对的边分别为，且满足． （1）求证：； （2）若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围． 17．在大力推进城镇化的旧房改造进程中，晓颖家旧房拆迁拿到一套新房外加一间店面．晓颖准备将店面改建成超市，遇到如下问题：如图所示，一条直角走廊宽为2米，现有一转动灵活的平板车希望能自如在直角走廊运行．平板车平板面为矩形，它的宽为1米．直线分别交直线于，过墙角作于于；请你结合所学知识帮晓颖解决如下问题： （1）若平板车卡在直角走廊内，且，试将平板面的长表示为的函数； （2）证明：当时，； （3）若平板车要想顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米？ 18，筒车（chinesenoria）亦称“水转筒车”．一种以水流作动力，取水灌田的工具，据史料记载，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，这种靠水力自动的古老筒车，在家乡郁郁葱葱的山间、溪流间构成了一幅幅远古的田园春色图，水转筒车是利用水力转动的筒车，必须架设在水流湍急的岸边，水激轮转，浸在水中的小筒装满了水带到高处，筒口向下，水即自筒中倾泻入轮旁的水槽而汇流入田，某乡间有一筒车，其最高点到水面的距离为6m，筒车直径为8m，设置有8个盛水筒，均匀分布在筒车转轮上，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转一周需要24s，如图，盛水筒A（视为质点）的初始位置距水面的距离为4m． （1）盛水筒经过后距离水面的高度为（单位：），求筒车转动一周的过程中，关于的函数的解析式； （2）盛水筒（视为质点）与盛水筒相邻，设盛水筒在盛水筒的顺时针方向相邻处，求盛水筒与盛水筒的高度差的最大值（结果用含的代数式表示），及此时对应的． （参考公式：） 19．已知为平面内不共线的三点，表示的面积． （1）若，求； （2）若，证明： （3）若，其中，且坐标原点恰好为的重心，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 大连王府高级中学2023-2024学年度下学期第二学段考试 高一数学试题参考答案与试题解析 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。 1．【解答】解：， 则，其虚部为． 故选：C． 2．【解答】解：设则故选：B． 3．【解答】解：设扇形的圆心角为，因为扇形的半径为，周长为，所以，所以扇形所含弓形的面积是．故选：C． 4．【解答】解：由及正弦定理得， 即， 所以， 因为， 所以， 由为锐角得， 由题意得， 解得， 则． 故选：D． 5．【解答】解：， ， 代入已知等式得：，即， ， ， ，解得：（不合题意，舍去），， ， 则． 故选：A． 6．【解答】解：已知均为锐角，， 则， 即， 即， 即， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 则取得最大值时，的值为2． 故选：D． 7．【解答】解： ， 由正弦函数的性质可知，， 因为， 所以为函数的最值， 则的最小值为． 故选：B． 8．【解答】解：中，，由正弦定理得， 因为， 所以，即，即， 所以或， 所以或，故（1）错误； 中，因为，所以， 所以或，故（2）错误； 中，，当时，都为钝角，显然不满足； 当中有1为负，2个为正，不妨设， 则，所以是针角三角形；故（3）正确； 中，，所以， 所以， 因为， 所以，所以， 则是等边三角形，故（4）正确． 故选：B． 二．多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选项的得0分。 9．【解答】解：A，原式，为有理数，正确， B，原式 ，为有理数，正确， C，原式，为无理数，错误， D，原式 ，为有理数，正确． 故选：ABD． 10．【解答】解：由题意，得， 即， 所以，故B正确，C错误． 由，得 ， 当，即时，面积取到最大值是，A错误，D正确；故选：BD． 11．【解答】解：对于，取的中点，连接， 由，则， 所以， 所以三点共线，且， 设分别为的中点，同理可得， 所以为的重心，故A项正确； 对于，由为的内心，设内切圆半径为， 则有， 所以， 即，故B项正确； 对于C，由为的外心，设的外接圆半径为， 又因为， 所以， 所以， ， ，所以，故C项错误； 对于D，延长交于点，延长交于点，延长交于点， 由为的垂心，，则， 又，则， 设，则， 所以即 所以，同理 ，故，D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12．【解答】解：根据题意，由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD， 如图， 由斜二测法则知， 所以， 13．【解答】解 ，当时取等号 14．【解答】解：由题意得， ， 又以及正六边形的几何特征可知为的中点， 则 要使最大，可知当在处时，最大，此时最大， 即 故答案为：2；6． 四、解答题：本题共5小题，共77分 15．【解答】解：（1）， 的最大值为0，最小正周期是． （2）由，可得， ， ， 由正弦定理得①， 由余弦定理得， ， ②， 由①②解得． 16．【解答】（1）证明：（1）因为，由正弦定理可得：， 在三角形中，所以， 整理可得：，即， 所以或， 又因为， 所以； （2）解：因为，所以， 可得，由正弦定理可得，且， 可得， 所以， 因为为锐角三角形且，， ， 所以 因为为锐角三角形，即， ，令， 设在单调递减，可得， 所以． 17．【解答】解：（1）由图可知，， ， 即； 证明：（2）， ， 又，即， ． ； 解：（3）平板车要想顺利通过直角走廊，则平板车长度， 由，令，则． 原函数化为， 即，则， 函数化为， 在上单调递减，则当时，取得最小值为． 18．【解答】解：（1）以筒车转轮的中心为原点，与水面平行的直线为轴建立平面直角坐标系， 设， 由题意知，， ，即， 当时，，解得，结合图像初始位置可知， ， 综上． （2）经过后距离水面的高度， 由题意知， 所以经过后距离水面的高度， 则盛水筒与盛水筒的高度差为， 利用， ， 当，即时，取最大值， 又， 当或时，取最大值， 综上，盛水筒与盛水筒的高度差的最大值约为，此时或． 19．【解答】解：（1）依题意，，所以， 所以， 所以， 所以； （2）， 所以， 所以， 所以； （3）连接则： 由三角形的重心为原点得：，即， 所以两式平方相加可得：， 所以， 同理， 所以， 故三角形面积为定值． 学科网（北京）股份有限公司 $$