精品解析：江苏省南京市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

2023-2024高一下学期南京一中期中考试数试卷 一、单知题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题会出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 计算的结果是（ ） A. B. C. D. 2 已知平面向量，，若向量与共线，则（ ） A. B. 2 C. 5 D. 3. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 设向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分䢞对的得3分，有选错的得0分. 9. 如图，角始边与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，为线段的中点.为的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 点的坐标为， C. D. 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则， B. 若为斜三角形，则 C. 若，则解此三角形的结果有一解. D. 若外接圆半径为，内切圆半径为，则 11. 如图，长方形中，将它分成3个小正方形，下列讨论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若P为长方形ABCD内动点，，为常数，则满足 C. 若P在线段AC上（不包括端点），则取值范围为. D. ，若，则P在正方形内. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若cos2θ＝－，则sin4θ＋cos4θ＝______. 13. 设都是单位向量，且，则的最小值为______． 14. 在中，，，O为外心，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，且，则_______. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤. 15. 已知复数是纯虚数，其中是实数. （1）求实数的值; （2）求 16. 已知，，且. （1）求的值； （2）求的值. 17. 如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点A是扇形弧上的一点（不包含端点），过A作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点． （1）若，求； （2）设，求四边形的面积的最大值． 18. 如图，在平面四边形中，，，，． （1）若，求的值； （2）若，，求AD的长． 19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）.记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为S. （1）设函数，求证：； （2）若函数，且，求其“相伴向量”的模； （3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024高一下学期南京一中期中考试数试卷 一、单知题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题会出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 计算的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简，再利用复数的除法化简. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知平面向量，，若向量与共线，则（ ） A. B. 2 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解． 【详解】因为向量与共线，所以， 解得． 故选：D． 3. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用余弦的二倍角公式化函数为关于的二次函数，结合二次函数性质可得值域． 【详解】， 因为，所以．即值域为， 故选：C． 4. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【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，， 所以在上的投影向量为. 故选：B 5. 设向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合向量垂直，求得，再根据夹角公式，即可求得结果. 【详解】根据题意，，即，解得； 故，又，故. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式可得结果. 【详解】 ， 故选：D. 7. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合两角和差的正切公式求得，进而可求，结合正弦定理运算求解. 【详解】因为，不妨设， 又因为， 即，解得， 所以， 因为，即， 且，即， 又因为，则，解得， 同理可得，所以. 故选：B. 8. 在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用正弦定理求出角，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可. 【详解】且，, 根据正弦定理得，, 即， 整理得， ，，，解得，， ， ，, 的面积 为锐角三角形，，， ，， ， . 故选：C. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分䢞对的得3分，有选错的得0分. 9. 如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，为线段的中点.为的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 点的坐标为， C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项运用图形可判断；B选项可用三角函数定义判断；C选项可判断；D选项可知道,再利用中点坐标公式可判断. 【详解】，，A正确； 由题意，为的中点 则， 所以点的坐标为，故B错误; 由，可得，故C正确; 由于， 利用三角函数的定义，则; 所以，故D正确; 故选:ACD. 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则， B. 若为斜三角形，则 C. 若，则解此三角形结果有一解. D. 若外接圆半径为，内切圆半径为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由大角对大边得到，再由正弦定理及余弦函数的性质判断A；利用两角和的正切公式及诱导公式判断B；利用余弦定理判断C；利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，即可求出，由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D. 【详解】对于A：因为，可得， 由正弦定理可得， 由函数在上单调递减，所以，故A正确； 对于B：在斜三角形中，， 所以，故B正确； 对于C：由余弦定理，即，即， 又，解得，所以有两解，则三角形有两解，故C错误； 对于D：因为，由正弦定理可得， 设，则，， 由余弦定理得，又， 所以， 由正弦定理（为外接圆半径）， 所以， 又，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，长方形中，将它分成3个小正方形，下列讨论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若P为长方形ABCD内动点，，为常数，则满足 C. 若P在线段AC上（不包括端点），则取值范围为. D. ，若，则P在正方形内. 【答案】AB 【解析】 【分析】求得，结合正切的两角和的公式，可判定A正确；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，得到，可得，结合，可判定B正确；设，求得，可判定C错误；结合向量，得到点在正方形上，可判定D错误. 【详解】对于A，由，可得， 又由， 因为，可得，所以，所以A正确； 对于B，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，可得，则， 又由，可得， 因为点在长方形内，所以，即， 解得，所以B正确； 对于C，由B中的坐标系，可得， 因为点在上，可设， 所以，则， 可得，所以C错误； 对于D，由，可得，若， 此时点不在正方形内，所以D错误. 故选：AB. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若cos2θ＝－，则sin4θ＋cos4θ＝______. 【答案】 【解析】 【分析】首先变形，再利用二倍角公式化简求值. 【详解】sin4θ＋cos4θ＝(sin2θ＋cos2θ)2－2sin2θcos2θ＝1－sin22θ， 又cos2θ＝－，∴sin22θ＝1－cos22θ＝.∴原式＝1－sin22θ＝. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数恒等变形，关键是熟记公式，并灵活应用，其中关键变形就是第一步. 13. 设都是单位向量，且，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先求出，再根据数量积的运算律得到，最后结合数量积定义计算可得. 【详解】因为，， 则， 所以 ， 当与方向相同时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 在中，，，O为的外心，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，且，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出.设则.由，利用二倍角公式求出，根据数量积的定义直接求解. 【详解】如图示，作出的外接圆O，设半径为R. 由正弦定理得：,即，解得：，所以. 设则. 所以 . 因为O为的外心，所以,所以. 同理：,. 因为，所以， 所以. 由二倍角的余弦公式可得：. 所以. 故答案为：. 【点睛】向量的基本运算处理的常用方法： (1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理； (2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理． 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤. 15. 已知复数是纯虚数，其中是实数. （1）求实数的值; （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简运用纯虚数概念求解即可； （2）化简，结合，周期性质即可解题. 【小问1详解】 复数，则， 因为是纯虚数，于是，解得 【小问2详解】 由（1）得到，又， 则，即有， 所以. 16. 已知，，且. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）利用平方关系将式子化成齐次式，再将弦化切，最后代入计算可得； （2）首先由同角三角函数的基本关系求出，，，由二倍角公式求出、，最后由并利用两角差的余弦公式计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以 ； 【小问2详解】 且， ，则， ， ， ，，且，解得（负值舍去）， ， 又，，， . 17. 如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点A是扇形弧上的一点（不包含端点），过A作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点． （1）若，求； （2）设，求四边形的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）记与的交点分别为，求出的长，即可求得答案; （2）连接，记与的交点分别为，求出的长，即可表示出四边形的面积，结合三角恒等变换以及正弦函数的性质化简求值，即得答案. 【小问1详解】 由题意可知关于对称，连接，记与交点分别为， 则， 故， 则， 故. 【小问2详解】 连接，记与的交点分别为，， 则， ，， ， 所以四边形的面积 ， 因为，， 所以当，即时，取到最大值1， 故. 18. 如图，在平面四边形中，，，，． （1）若，求的值； （2）若，，求AD长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理求出，再由余弦定理求出. （2）由，及，再结合正弦定理求． 【小问1详解】 中由余弦定理， 即，所以， 再由余弦定理， 即，解得. 【小问2详解】 在中由正弦定理可得， 所以， 在中正弦定理可得，所以， 而，故，故， 故， 又，显然为锐角， 所以，，即，， 则 ， 在中由正弦定理， 则． 19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）.记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为S. （1）设函数，求证：； （2）若函数，且，求其“相伴向量”的模； （3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把化为形式，由定义证明； （2）把化为形式，得其“相伴向量”，由模公式可求模； （3）先根据定义得到函数取得最大值时对应的自变量，再结合基本不等式求出的取值范围，由正切的二倍角公式及函数的单调性可得结论． 【小问1详解】 因为， 其中“相伴向量”，所以. 【小问2详解】 由题意可得： ， 则函数的“相伴向量”， 所以. 【小问3详解】 因为的相伴函数， 其中， 当时，取到最大值，则， 则， 因为定点且，设，且， 则， 若，可得； 若，可得，即； 综上所述：， 令， 则， 可知在内单调递减， 若，则； 若，则； 综上所述：， 可得， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解题关键是利用基本不等式求出的取值范围，由函数单调性求出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$