精品解析：山东省青岛第十九中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题

青岛十九中2023-2024学年度第二学期期中模块检测 高一数学试题 2024.05 说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（共8题，每小题5分） 1. （ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 若，则（       ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣b＝ccosB﹣ccosA，则△ABC的形状为（　 　） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 7. 已知是函数一个周期内的图象上的四个点，如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点，为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称，在轴上的投影为，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，为边AB的中点，线段AC与DE交于点，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3题，每小题6分） 9. 已知复数，则下列结论中正确的是（ ） A. 对应的点位于第二象限 B. 的虚部为 C. D. 10. 已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量为 11. 已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（共3题，每小题5分） 12. 已知平面向量，若，则___________． 13. 已知，是不共线的向量，且，，，若、、三点共线，则______. 14. 在中，，O是的外心，，则的取值范围为______． 四、解答题（共5小题，应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 平面内给定三个向量，，． （1）求满足的实数m，n． （2）若满足，且，求的坐标． 16. 已知复平面内表示复数（）的点为. （1）若点在函数图像上，求实数的值； （2）若为坐标原点，点，且与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 17. 已知，，， （1）求的值； （2）求的值． 18. 已知函数，. （1）求函数的对称中心与对称轴； （2）当时，求函数的最值； （3）当时，求函数的单调递增区间. 19. 如图，圆的半径为3，其中为圆上的两点. （1）若，当为何值时，与垂直？ （2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且.证明：为定值； （3）若的最小值为1，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛十九中2023-2024学年度第二学期期中模块检测 高一数学试题 2024.05 说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（共8题，每小题5分） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由相反向量和向量加法的运算规则计算. 【详解】. 故选：A 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式及和角的余弦公式计算即得. 【详解】. 故选：B 3. 中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理可得, 由于,，所以或, 故选：D 4. 若，则（       ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过“1”的替换，齐次化，然后得到关于的方程，解方程即可 【详解】,解得 故选：C 5. 如图，在中，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：C. 6. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣b＝ccosB﹣ccosA，则△ABC的形状为（　 　） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】用正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简变形可得． 【详解】∵a﹣b＝ccosB﹣ccosA，∴， ∴, ∴， ∴或，∴或， 故选：D. 【点睛】本题考查正弦定理，考查三角形形状的判断．解题关键是诱导公式的应用． 7. 已知是函数一个周期内的图象上的四个点，如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点，为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称，在轴上的投影为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用最值求出 ,利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出. 【详解】如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点， 为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称， 在轴上的投影为根据对称性得出，最大值点的横坐标为， ， ，， 则，，. 故选：C. 8. 如图，在中，，，为边AB的中点，线段AC与DE交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助几何性质可得，借助余弦定理可得，再借助余弦定理的推论即可得解. 【详解】因为，，所以是等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 设，则， 在中，由余弦定理可得， 所以． 故选：C. 二、多项选择题（共3题，每小题6分） 9. 已知复数，则下列结论中正确的是（ ） A. 对应的点位于第二象限 B. 的虚部为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求得对应的点所在象限判断选项A；求得的虚部判断选项B；求得的值判断选项C；求得的值判断选项D. 【详解】，则 选项A：对应的点为，位于第一象限.判断错误； 选项B：的虚部为.判断正确； 选项C：.判断正确； 选项D：.判断正确. 故选：BCD 10. 已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：借助向量模长与数量积的关系计算即可得；对B：借助数量积公式计算即可得；对C：借助向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量的定义计算即可得. 【详解】对A：，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：， 故，即，故C正确； 对D：，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】借助辅助角公式可将函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可得的范围. 【详解】， 当，由，则， 则有，， 解得，， 即，， 有，，即，即或， 当时，有，时，有， 故的取值可能在或. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（共3题，每小题5分） 12. 已知平面向量，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算和垂直判定进行计算即可. 【详解】因为，所以，解得． 故答案为：. 13. 已知，是不共线的向量，且，，，若、、三点共线，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线即可求解. 【详解】由，可得, 由于,,三点共线，则, 故，解得， 故答案为： 14. 在中，，O是的外心，，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理求出，余弦定理结合重要不等式解得，再由数量积的定义得，可求的取值范围 【详解】在中，外接圆半径，由正弦定理得， 所以． 由余弦定理， 解得，当且仅当时等号成立， 所以， 即的取值范围为． 故答案为：. 四、解答题（共5小题，应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 平面内给定三个向量，，． （1）求满足的实数m，n． （2）若满足，且，求的坐标． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由向量的坐标运算列方程组，解出即可； （2）设，由向量共线的坐标表示和模长计算解出即可. 【小问1详解】 由题意可得， 解得 【小问2详解】 设， 由题意可得， 因为，则，① 又，所以，② 由①②解得或， 所以的坐标为或. 16. 已知复平面内表示复数（）的点为. （1）若点在函数图像上，求实数的值； （2）若为坐标原点，点，且与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的几何意义求出点，再代入直线方程解出即可； （2）由向量的夹角为钝角时数量积小于零且除去共线反向的情况解出即可. 【小问1详解】 因为点在函数图像上， 所以，解得. 【小问2详解】 ，， 因为与的夹角为钝角，所以， 所以， 即，即， 当两向量共线且反向时，设， 即，解得， 所以实数的取值范围为. 17. 已知，，， （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据的范围，利用同角三角函数可求得，从而构造，利用两角和差正弦公式求解得到结果； （2）根据同角三角函数求出；根据两角和的正切公式求得结果. 【详解】（1）， ， . （2），则由（1）可知，，， ，. 18. 已知函数，. （1）求函数的对称中心与对称轴； （2）当时，求函数的最值； （3）当时，求函数的单调递增区间. 【答案】（1）对称轴为，，对称中心为， （2）最大值为1，最小值为 （3）和 【解析】 【分析】（1）用两角和的正弦公式、二倍角公式、降幂公式及辅助角公式化简为，再用整体的思想求解函数的对称中心与对称轴; （2）先求的范围，再结合正弦函数的图象求函数的最值； （3）先求再的上的单调递区间，再取与区间上的交集部分即可. 【小问1详解】 ∵ ， 令，解得， 所以对称轴为； 令，解得， 所以对称中心为. 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴， 所以的最大值1，最小值. 【小问3详解】 由（1）得， 令， 得， 又因为，所以的单调递增区间为和. 19. 如图，圆的半径为3，其中为圆上的两点. （1）若，当为何值时，与垂直？ （2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且.证明：为定值； （3）若的最小值为1，求的值. 【答案】（1） （2）因为为的重心，所以， 又因为，所以， 由于三点共线，所以存在实数使得，所以 化简为，所以，所以为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，再由向量垂直和数量积的关系即可求出结果； （2）由向量的线性运算和共线的条件得到，即可证明； （3）由向量的数量积的定义得到，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质解出即可. 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得，即，所以. 若与垂直，则， 所以，所以， 解得，即时，与垂直； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设与的夹角为，在中，， 所以， 又 ， 所以当时，有最小值，所以，解得， 即取最小值1时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $