精品解析：江苏省连云港市赣榆区2023-2024学年高一下学期4月期中学业质量监测数学试题

2023～2024学年第二学期期中学业质量监测 高一数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卷交回. 2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上. 3．请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符. 4．作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效. 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. 在中，若，则最小角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是关于复数的方程的一根，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 4. 如图，为测量旗杆的高，在水平线上选取相距的两点，用两个垂直于水平面且高度均为的测量标杆观测旗杆的顶点，记处测量标杆的上端点分别为，直线与水平线分别交于点，且测得的长分别为，则旗杆的高为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若，且，则形状是（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 6. 已知，则（ ） A. B. C. 或 D. 7. 记内角，，的对边分别为，，．若，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 8. 已知为的重心，线段上一点满足，与相交于点，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 记内角，，的对边分别为，，，则满足下列选项的三角形有唯一解的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知为锐角，则下列式子中与相等的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知为复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则为纯虚数 C. 若，则为实数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则复数的共轭复数______． 13. 在平面直角坐标系中，已知锐角的始边为轴的非负半轴，顶点在原点．将角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于点，则______． 14. 在中，点满足，则______，______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，化简“______”，并利用该等式证明余弦定理和正弦定理． 16. 记内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，线段延长线上一点满足，求的长． 17. 已知正方形的边长为1，点分别在边上，设． （1）若，求的最大值； （2）若的周长为2，求的大小． 18. 设为虚数，为实数． （1）求； （2）设在复平面内对应的点为，以轴的非负半轴为始边，射线为终边的角记为，求证：； （3）若，，求的最小值． 19. 在锐角三角形中，，． （1）设，试用表示的周长，并确定的取值范围； （2）如图，设为外角平分线的交点，为与延长线的交点． （ⅰ）用正弦定理证明：； （ⅱ）设，分别为与同向共线的单位向量，且，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023～2024学年第二学期期中学业质量监测 高一数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卷交回. 2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上. 3．请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符. 4．作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效. 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. 在中，若，则最小角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理可得，利用余弦定理求出即可. 【详解】因，所以， 设，则，，所以， 所以， 所以最小角的余弦值为. 故选：B 2. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 所以在上投影向量为. 故选：A 3. 已知是关于复数的方程的一根，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚根成对原理可得也是方程的根，再由韦达定理计算可得. 【详解】因为是关于复数的方程的一根， 所以也是关于复数的方程的一根， 所以， 所以. 故选：C 4. 如图，为测量旗杆的高，在水平线上选取相距的两点，用两个垂直于水平面且高度均为的测量标杆观测旗杆的顶点，记处测量标杆的上端点分别为，直线与水平线分别交于点，且测得的长分别为，则旗杆的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由锐角三角函数的定义可得，，再结合条件，即可求出结果. 【详解】由题可得，，所以， 又，得到， 又，所以，解得m， 故选：A. 5. 在中，若，且，则的形状是（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，根据向量垂直得到，再由数量积的运算律求得，即可得解. 【详解】因为，所以， 若，则，所以， 即，所以是等腰三角形． 故选：C． 6. 已知，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式及两角差的正弦公式求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为 所以， 所以，即， 所以. 故选：D 7. 记的内角，，的对边分别为，，．若，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理和余弦定理计算求解即可得． 【详解】的内角，，的对边分别为，，， ，， ，可得， 可得， 可得，故，或， 即或， 又，可得， ，， 或． 故选：D． 8. 已知为的重心，线段上一点满足，与相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用重心及向量的中线公式得到，结合条件及向量共线的推论，即可求出结果. 【详解】如图，因为为的重心，所以在中线上，且， 又，所以， 设，所以， 又，所以，又三点共线， 所以，得到，所以， 故选：B. 二、选择题：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. 记的内角，，的对边分别为，，，则满足下列选项的三角形有唯一解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出角即可判断A；利用余弦定理求出即可判断B；利用正弦定理判断C、D. 【详解】对于A：因为，所以，故有唯一解，故A正确； 对于B：因，由余弦定理， 所以，故有唯一解，故B正确； 对于C：因为， 由正弦定理，即， 结合且知有解，则有解，故C错误； 对于D：因为，由正弦定理，即， 结合，可得，故只能取锐角，所以有唯一解，故D正确． 故选：ABD 10. 已知为锐角，则下列式子中与相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系和二倍角公式化简对选项一一判断即可得出答案. 【详解】解：因为为锐角，； 对于A，，不符题意； 对于B，由题意可知，满足题意； 对于C，，满足题意； 对于D，，满足题意． 故选：BCD． 11. 已知为复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则为纯虚数 C. 若，则为实数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数的四则运算判断ACD，举反例判断B即可. 【详解】设，，则， 对于A，， ， 所以成立，故A正确， 对于B，当时，有成立， 但此时为实数，故B错误， 对于C，因为， 所以， 设，当时，才有成立， 解得，所以，且，故为实数，故C正确， 对于D，因为，， 所以，而， 所以成立，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则复数的共轭复数______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的除法和乘方运算以及共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】， 则其共轭复数. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，已知锐角的始边为轴的非负半轴，顶点在原点．将角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，，再由利用两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为锐角的始边为轴的非负半轴，顶点在原点．将角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于点， 所以，， 所以 ． 故答案为：． 14. 在中，点满足，则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件，利用向量的线性运算得到，，，再结合条件，建立方程得到，即可求出结果. 【详解】如图，因为，所以为的两个三等分点，且， 因为，，， 所以①， ②， ③， 联立①②③，解得， 所以，， 故答案为：，. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，化简“______”，并利用该等式证明余弦定理和正弦定理． 【答案】，证明见解析 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，即可得到，利用数量积的定义及运算律，对两边平方，即可证明余弦定理；分锐角三角形、直角三角形、钝角三角形，利用数量积的几何意义，即可证明正弦定理. 【详解】易知， 令， 由，两边平方得到， 即， 所以， 由，得到，两边平方得，即， 即， 由，得到，两边平方得， 即，所以， 如图1，作锐角三角形的高， 因为，所以， 所以，所以, 即，所以， 同理可得，所以， 如图2，在中，且，由，得到， 即，得到，即， 同理可得，所以， 如图3，在钝角三角形中，且为钝角，过作于的延长线于， 因为，所以， 所以，所以, 即，所以， 同理可得，所以， 综上，在中，. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，线段延长线上一点满足，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式可得，最后由辅助角公式可得，进而求出角的大小； （2）由正弦定理可得的值，再由余弦定理可得的值． 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 而， 所以，又因为，则， 所以，整理可得， 又因，则， 可得，则； 【小问2详解】 在中，由正弦定理， 即，解得， 因为，由题意可得，， 在中，， 由余弦定理可得． 17. 已知正方形的边长为1，点分别在边上，设． （1）若，求的最大值； （2）若的周长为2，求的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，结合三角函数的定义得，从而有，再利用，即可求出结果； （2）由条件得到，化简得到，即可求出结果. 【小问1详解】 设，由， 所以， 又，当且仅当时，取等号， 所以，即的最大值为. 【小问2详解】 因为的周长为2，所以， 得到，两边同时平方并化简得到， 所以，又，所以， 所以. 18. 设为虚数，为实数． （1）求； （2）设在复平面内对应的点为，以轴的非负半轴为始边，射线为终边的角记为，求证：； （3）若，，求的最小值． 【答案】（1）1 （2）证明见解析 （3）1 【解析】 【分析】（1）设，化简复数，通过为实数，推出或，然后求解复数的模． （2）依题意，结合（1）知，．证明． （3）由（1）知，，化简复数，求解复数的模，利用基本不等式转化求解即可． 【小问1详解】 设， 则． 因为为实数，所以，所以或， 又为虚数，故，从而，所以． 【小问2详解】 证明：依题意，结合（1）知，． 则 ． 【小问3详解】 由（1）知，，， 则， 因为，所以，所以， 所以 （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的最小值为1． 19. 在锐角三角形中，，． （1）设，试用表示的周长，并确定的取值范围； （2）如图，设为的外角平分线的交点，为与延长线的交点． （ⅰ）用正弦定理证明：； （ⅱ）设，分别为与同向共线的单位向量，且，求实数的取值范围． 【答案】（1），其中 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据三角形内角和定理，结合为锐角三角形，求出的取值范围，再利用正弦定理求出的解析式即可． （2）（ⅰ）在、中，结合互补的两角正弦函数值，利用正弦定理即可证明；（ⅱ）根据，，三点共线，求出的解析式，再结合（ⅰ）中结论，利用三角函数的图象与性质，即可求出的取值范围． 【小问1详解】 在中，因为，，所以， 因为为锐角三角形，所以且，解得， 在中，由正弦定理得， 所以 ， 所以的周长为，其中． 【小问2详解】 （ⅰ）在中，由正弦定理得，即； 在中，由正弦定理得，即； 因，所以，所以. （ⅱ）依题意，， 因为，，三点共线，所以，所以①， 由（ⅰ）知，，所以，代入①整理得，； 又由（1）知， ； 又，所以， 所以，所以， 即的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：第一问关键是利用正弦定理及三角恒等变换公式表示出三角形的周长，第二问关键是由平面向量共线定理得到，从而得到，再结合（ⅰ）（1）的结论转化为的三角函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$