精品解析：江苏省扬州市江都区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

2023—2024学年度第二学期期中测试 高一数学 2024、4 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，是的共轭复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 2. 若，共线，则实数的值为（ ） A. 0 B. C. D. 5 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A B. C. D. 5. 在中，若，，，则三角形解的个数为（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 不确定 6. 正方形的边长为6，E是的中点，且，则（ ） A. B. 6 C. 12 D. 0 7. 1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号：、、（正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：、、（余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中，，若，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 8. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，，D为的中点，，且，则的面积为（ ） 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. 下列选项正确的是（ ） A. B. C D. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 单位向量都相等 B. ，能作为平面向量的一组基底 C. 在边长为1的等边中， D. 在上投影向量可以表示为 11. 在中，已知，，，且为边上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 的外接圆半径 B. 若是边上的高，则 C. 若是的平分线，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数是纯虚数，则______ 13. 已知，则______. 14. 已知函数，且为的一个零点，则______.函数的所有零点之和为______. 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. 已知复数，，其中为虚数单位． （1）若是实数，求的值； （2）当时，求复数的值． 16. 已知平面向量，满足，，且与的夹角为. （1）求和； （2）若，求实数的值. 17. 已知， （1）求和值； （2）求的值. 18. 如图，某学校拟建一块五边形区域“读书角”，三角形区域为书籍摆放区，沿着AB、AE处摆放折线形书架（书架宽度不计），四边形区域为阅读区，，m. （1）求两区域边界的长度； （2）区域为锐角三角形. ①若，求面积的最大值； ②若，求面积的取值范围. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点：当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若，设点P为的费马点，求； （3）设点在三角形内，到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为，若，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年度第二学期期中测试 高一数学 2024、4 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，是的共轭复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数和复数虚部概念即可得解. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为1. 故选：D. 2. 若，共线，则实数的值为（ ） A. 0 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由坐标形式的共线定理直接计算即可得解. 【详解】因为，共线， 所以. 故选：B. 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据零点存在性定理结合函数单调性以及和即可得解. 【详解】因为和是上单调递增函数， 所以是上单调递增函数，且其图象是连续不断的一条曲线， 又， 故函数零点所在的区间为. 故选：A. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由已知求出、和，接着结合两角和的余弦公式求即可得解. 【详解】因为，所以， 又，， 所以，， 所以， 所以. 故选：B. 5. 在中，若，，，则三角形解的个数为（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再由正弦定理求出角B即可得解. 【详解】由题，所以， 又，所以， 所以且由正弦定理， 所以由得或，故三角形解的个数为2. 故选：C. 6. 正方形的边长为6，E是的中点，且，则（ ） A. B. 6 C. 12 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】将向量用基底来表示，再用数量积公式计算即可. 【详解】因为正方形 中， 是 的中点, 且 , 所以 ， 因为 , 所以 故选：A 7. 1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号：、、（正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：、、（余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中，，若，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意将式子进行化简，再利用弦切互化的方法求解即可. 【详解】由题意 , 且 , 可得 , 两边平方, 可得 即 可得 ， 解得 . 故选: . 8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D为的中点，，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由结合余弦定理求出，再由余弦定理得，进而由两边平方得，再由三角形面积公式即可得解. 【详解】因为， 所以由余弦定理得， 整理得，故， 又，所以， 所以由得即， 又由题， 所以 ， 即，故， 所以的面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决中线问题通常用向量法，先由向量得，接着两边平方，再结合余弦定理去求解. 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. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】分别由两角差的正弦公式、两角和的正切公式和倍角公式即可依次判断ABCD. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：AB. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 单位向量都相等 B. ，能作为平面向量的一组基底 C. 在边长为1的等边中， D. 在上投影向量可以表示为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据相等向量和单位向量定义即可判断；对于B，判断、是否共线即可得解；对于C，根据数量积定义求解出即可判断；对于D，根据投影向量定义结合向量夹角余弦公式计算即可求解. 【详解】对于A，单位向量模长相等，但方向不一定相同，故A错误； 对于B，因为，所以、是不共线的两个向量，能作为平面向量的一组基底，故B正确； 对于C，在边长为1的等边中，，故C错误； 对于D，在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD. 11. 在中，已知，，，且为边上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 的外接圆半径 B. 若是边上的高，则 C. 若是的平分线，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先由余弦定理求出，接着由正弦定理即可求解；对于B，由等面积法即可得解；对于C，由以及正弦定理形式的面积公式即可得解；对于D，先求出，再两边平方计算即可得解. 【详解】对于A，由余弦定理得， 所以，故由正弦定理的外接圆半径，故A正确； 对于B，若是边上的高，则， 所以，故B错误； 对于C，若是的平分线，则， 则由得， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：已知三角形一边及其对角，如已知的一边及其对角，则 （1）求角平分线常用等面积公式即来求解； （2）求（为边上的点且满足）常用向量法先得，再两边平方来求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数是纯虚数，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据纯虚数定义求解． 【详解】复数是纯虚数， 则． 故答案为：． 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】由两角和的正切公式求得，再用弦切互化的方法求解即可. 【详解】，解得 故答案为： 14. 已知函数，且为的一个零点，则______.函数的所有零点之和为______. 【答案】 ①. ## ②. 2 【解析】 【分析】由结合正弦函数性质即可求解，将函数的所有零点转化成函数与图象上所有交点的横坐标，树形结合作出与图象，借助函数图象求得两函数所有交点的横坐标之和即可得解. 【详解】由题得， 所以即， 又，所以； 所以， 所以令，则有， 则函数的所有零点即为函数与图象上所有交点的横坐标， 作与图象如图所示， 由图可知与图象共有9个交点， 因为，所以点是图象的一个对称中心， 又点在直线上，所以点也是图象的对称中心， 所以两函数除点外的其余8个交点都关于点对称， 所以所有交点的横坐标的和为， 所以函数的所有零点之和为2. 故答案为：；2. 【点睛】思路点睛：求函数多个零点之和的问题常借助函数对称性解决，在图象能作出情况下还常结合图象去解决，故求函数的所有零点之和，可将问题转化成求两个已知函数与图象上的所有交点的横坐标之和，进而借助图象和函数对称性即可求解. 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. 已知复数，，其中为虚数单位． （1）若是实数，求的值； （2）当时，求复数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）虚部为0即可；（2）分母实数化即可 【小问1详解】 若是实数,则,即 【小问2详解】 当 所以 16. 已知平面向量，满足，，且与的夹角为. （1）求和； （2）若，求实数的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积定义和模长公式直接计算即可得解. （2）由已知结合计算即可得解. 【小问1详解】 由题， 所以. 【小问2详解】 因为，又由（1）， 所以由题意得， 解得. 17. 已知， （1）求和值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先由已知求出，即可由结合两角差的余弦公式求出，接着求出，进而结合正弦倍角公式即可求出. （2）先由（1）结合余弦倍角公式求出，再由结合两角和的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以由得， 所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 由（1），，， 所以， 所以. 18. 如图，某学校拟建一块五边形区域的“读书角”，三角形区域为书籍摆放区，沿着AB、AE处摆放折线形书架（书架宽度不计），四边形区域为阅读区，，m. （1）求两区域边界长度； （2）区域为锐角三角形. ①若，求面积的最大值； ②若，求面积的取值范围. 【答案】（1）. （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据平面几何的知识求解即可； （2）①利用余弦定理及基本不等式求解面积的最大值即可；②运用正弦定理将表示出来，求其范围，再利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 （1）在 中, , 所以 ， 因为 , 所以 即 直角三角形, 所以 【小问2详解】 ①在 中, 由余弦定理知, 所以 即 ，当且仅当 时，等号成立, 所以 面积 故 面积的最大值为 . ②在 中, 由正弦定理知 所以 因为 为锐角三角形, 所以 , 解得 , 所以 , 所以 , 所以 面积 故 面积的取值范围为 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点：当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若，设点P为的费马点，求； （3）设点在三角形内，到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为，若，求实数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由结合两角和与差的正弦公式以及、即可得解. （2）由费马定义得，设，则由结合正弦定理形式的面积公式以及得，接着再结合数量积定义公式即可求解. （3）由题意得P为费马点，，设，则由得，接着分别由、和结合余弦定理和得，进而结合基本不等式即可建立关于的不等式，从而求解关于的不等式即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理有， 所以，又因为、， 所以，故，故. 【小问2详解】 由（1），所以的三个内角均小于120°， 所以由费马点定义有， 设，若 则由得， 即， 整理得， 所以 . 【小问3详解】 由题意P为费马点，， 设， 则，故， 在、和中由余弦定理分别得 ， ， ， 又，所以， 所以，即， 因为， 所以，结合可得当且仅当等号成立， 又，所以， 整理得，解得或， 又，所以， 综上所述，实数的取值范围是，故实数的最小值为. 【点睛】关键点睛：求实数的最小值关键点1是利用得；关键点2是分别由结合余弦定理和得，进而由两式和结合基本不等式建立关于的不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$