精品解析：江苏省扬州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

扬州市第一中学2023-2024学年度第二学期 高一数学期中考试试卷 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在中，已知，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 复数，是虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的实部与虚部之和为1 D. 在平面内的对应点位于第一象限 4. 的值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若的面积为S，，则外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知梯形中，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC－2ccosB＝a，且B＝2C，则△ABC的形状是(　　) A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C 等腰三角形 D. 等边三角形 8. 在菱形中，，，，，若，则（ ） A. B. C. D. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 计算下列几个式子，结果为的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 向量与向量的夹角为 D. 在的投影向量是 11. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，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．”若把以上这段文字写成公式，即．现有△满足，且，请判断下列命题正确的是（ ） A. △周长为 B. C. △的外接圆半径为 D. △中线的长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正方形的边长为3，为的中点，则______. 13. 若，则__________. 14. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值为______. 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. 已知，，是同一平面内三个向量，其中 （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与的夹角 16. m为何实数时，复数满足下列要求： （1）是纯虚数； （2）在复平面内对应的点在第二象限； 17 已知，. （1）求的值； （2）若，且，求值. 18. 已知向量，，. （1）若时，求的值； （2）若，求的值. 19. 请欣赏： 上图所示的毕达格拉斯树画是由图（ⅰ）利用几何画板或者动态几何画板Geogebra做出来的图片，其中四边形，，都是正方形.如果改变图（ⅰ）中的大小，会得到更多不同的“树形”. （1）图（ⅰ）中，，，且，求； （2）在图（ⅱ）中，，，设，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 扬州市第一中学2023-2024学年度第二学期 高一数学期中考试试卷 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在中，已知，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求角，再利用正弦定理可得. 【详解】因为，所以； 因为，所以. 故选：D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式和差角余弦公式可得，求解即可. 【详解】由题 ， 所以. 故选：A 3. 复数，是虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的实部与虚部之和为1 D. 在平面内的对应点位于第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简，结合复数的模、共轭复数、实部和虚部、复数对应点的坐标等知识确定正确选项. 【详解】， 所以：，A选项错误. ，B选项错误. 的实部与虚部之和为2，C选项错误. 对应点，在第一象限,，D选项正确. 故选：D 4. 的值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦的倍角公式和两角差的正弦公式，准确运算，即可求解. 【详解】. 故选：C. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若的面积为S，，则外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由余弦定理及三角形面积公式得和，结合条件，可得，求得角，再由正弦定理即求得结果． 【详解】由余弦定理得，， 所以， 又，， 所以有，即， 又，所以， 由正弦定理得，，得. 所以外接圆的面积为． 故选：D． 【点睛】思路点睛： 解三角形问题多为边角求值的问题，这就需要根据正弦定理、余弦定理结合已知条件，灵活选择，它的作用除了直接求边角或边角互化之外，它还是构造方程（组）的重要依据，把正、余弦定理，三角形的面积结合条件形成某个边或角的方程组，通过解方程组达到求解的目标，这也是一种常用的思路． 6. 已知梯形中，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据共线定理、平面向量的加法和减法法则，即可求得，进而求出的值，即可求出结果. 【详解】因为， 所以 又， 所以. 故选：D. 7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC－2ccosB＝a，且B＝2C，则△ABC的形状是(　　) A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【详解】∵2bcosC－2ccosB＝a，∴2sinBcosC－2sinCcosB＝sinA＝sin(B＋C)，即sinBcosC＝3cosBsinC，∴tanB＝3tanC， 又B＝2C，∴＝3tanC，得tanC＝，C＝，B＝2C＝，A＝， 故△ABC为直角三角形． 故选B. 8. 在菱形中，，，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，建立如图所示的平面直角坐标系，设, 得到是的中点，根据已知求出再根据即得解. 【详解】 作出图形，建立如图所示的平面直角坐标系，设，因为 因为，所以,即是的中点， 所以 所以，由题知. 故 故选：D 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 计算下列几个式子，结果为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正切的和角公式变形可判断A；将转化为，结合正弦和角公式可判断B；利用二倍角的正切公式即可判断C；将转化为结合正切和角公式可判断D. 【详解】对于选项A，， 变形得，故A正确； 对于选项B，原式可化为，故B正确； 对于选项C，原式，故C错误； 对于选项D，原式＝＝tan 60°＝，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 向量与向量的夹角为 D. 在的投影向量是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用平面向量的模长公式可判断B选项；利用平面向量夹角的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的概念可判断D选项. 详解】对于A选项，，则，故，A对； 对于B选项，，故，B错； 对于C选项，设向量、的夹角为，则， 因为，故，C对； 对于D选项，在方向上的投影向量为，D错. 故选：AC. 11. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，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．”若把以上这段文字写成公式，即．现有△满足，且，请判断下列命题正确的是（ ） A. △周长为 B. C. △的外接圆半径为 D. △中线的长为 【答案】BC 【解析】 【分析】由题设及正弦定理得，再结合已知条件求a、b、c判断A的正误；应用余弦定理求角C，正弦定理求外接圆的半径，作应用勾股定理求. 【详解】由题设及正弦定理知：，令且， ，可得， 所以，则△周长为，A错误； ，又，则，B正确； △的外接圆半径为，C正确； 如下图，过作，由题设知：，则， 又，可得，故， 所以，D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正方形的边长为3，为的中点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】将表示为以为基底的形式，根据向量数量积运算，求得表达式的值. 【详解】 又， . 故答案为；. 13. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先逆用两角和的正弦得到，令，则的值即为的值，利用二倍角的余弦值可求此值. 【详解】由可以得到， 所以，设，则 则， 所以. 故答案为. 【点睛】三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角. 14. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理结合两角和差的正余弦公式求解可得，再根据正弦定理化简，结合三角函数值与角度范围的关系求解即可. 【详解】由正弦定理结合，得， 则，即， 故，则，故，解得. 由正弦定理，有， 故 ， 设，且，则. 又，故，且，故. 故，即， 故，则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用正弦定理进行边换角，然后再结合辅助角公式和正弦型函数的最值即可. 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中 （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与的夹角 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）依题意设，根据向量模的坐标表示求出，即可得解； （2）依题意可得，根据数量积的运算律和定义求出，即可得解. 【小问1详解】 ，， ，且， ，解得， 或； 【小问2详解】 ，则， ， ，即，即， ， ， ，． 16. m为何实数时，复数满足下列要求： （1）是纯虚数； （2）在复平面内对应的点在第二象限； 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】化简复数的表示方式. （1）根据纯虚数的定义进行求解即可； （2）根据第二象限内点的坐标正负性进行求解即可. 【详解】解： ． 由z是纯虚数，可得，解得， 即时，z是纯虚数． 由，得， 即时，z在复平面内对应的点在第二象限． 17. 已知，. （1）求的值； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角差正切公式求得，然后化弦为切及二倍角公式，结合“1”的代换化弦为切求解即可； （2）先利用同角三角函数关系求得，然后利用两角和正切公式求值，最后根据角范围确定角的大小. 【小问1详解】 因为，， 所以，解得， 所以； 【小问2详解】 因为，且，所以，所以. 所以， 又因为，，所以，所以. 18. 已知向量，，. （1）若时，求值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由求出，进行弦化切，代入求解； （2）由求出，得到，利用二倍角正弦公式和诱导公式求解即可. 【小问1详解】 时，， 因， 所以，， ． 【小问2详解】 因为，所以， 所以，，所以，所以， 所以. 所以， . 19. 请欣赏： 上图所示的毕达格拉斯树画是由图（ⅰ）利用几何画板或者动态几何画板Geogebra做出来的图片，其中四边形，，都是正方形.如果改变图（ⅰ）中的大小，会得到更多不同的“树形”. （1）在图（ⅰ）中，，，且，求； （2）在图（ⅱ）中，，，设，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用勾股定理求出，再在中，由余弦定理求解； （2）在中，由余弦定理求出，由正弦定理求出，由诱导公式求出， 最后在中，由余弦定理求解． 【小问1详解】 当时，得， 则， 在中，由余弦定理得， ， 得． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， ， 所以， 在中，由正弦定理得， ， 得， 则， 在中，由余弦定理得， ， 因为， 所以当时，取得最大值，其最大值为：． 【点睛】方法点睛：第二问，先由余弦定理求出，由正弦定理及诱导公式求出，即可求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$