精品解析：河南省安阳市文源高级中学2024-2025学年高二下学期调研考试数学试题

2024-2025学年第二学期高二调研考试 数学 一、单项选择题：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. 1. 已知，则复数的共轭复数为（    ）. A. B. C. D. 2. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 3. 在中，为边上的中线，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 某课外兴趣小组研究发现，人们曾用三角测量法对珠穆朗玛峰高度进行测量，其方法为：首先在同一水平面上选定两个点并测量两点间的距离，然后分别测量其中一个点相对另一点以及珠峰顶点的张角，再在其中一点处测量珠峰顶点的仰角，最后计算得到珠峰高度．该兴趣小组运用这一方法测量学校旗杆的高度，已知该旗杆（C在水平面）垂直于水平面，水平面上两点的距离为，测得，其中，在点处测得旗杆顶点的仰角为，则该旗杆的高度为（单位：）（ ） A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 6. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 7. 在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知在正方形中，，为中点，为正方形内部或边界上一点，则的最大值为（ ）. A. B. C. D. 2 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为虚数单位，则下列说法中正确的是（    ）. A. 复数的虚部为 B. C. D. 复数满足，则的最大值为 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，，则有两解 B. 若，则是钝角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则为等腰三角形 11. 在物理学中，把物体受到的力（总是指向平衡位置）正比于它离开平衡位置的距离的运动称为“简谐运动”．在适当的直角坐标系下，某个简谐运动可以用函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. ，频率为，初相为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在上的值域为 D. 若把图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位，则所得函数是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则___________. 13. 如图，在中，，，，，，则______. 14. 在中，角所对的边分别为，已知的外接圆的半径为1，且则的面积为___________. 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. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16. 设复数． （1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求； （2）若是纯虚数，且是方程的根，求实数的值. 17. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 18. 已知，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为. （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调递减区间； （3）若方程在有两个根，求的取值范围. 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且. ①求的周长 ②求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期高二调研考试 数学 一、单项选择题：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. 1. 已知，则复数的共轭复数为（    ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的模长公式以及复数运算求复数，即可得共轭复数. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：D. 2. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】 根据平移变换的规则可得正确的选项. 【详解】函数，其图象可由的图象左移个单位长度而得， 故选：C． 3. 在中，为边上的中线，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形的几何性质，以及向量加减法、数乘运算的几何意义，即可得出答案. 【详解】如图， 因为，所以 由已知可得，， 所以，， 所以，. 故选：D 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 5. 某课外兴趣小组研究发现，人们曾用三角测量法对珠穆朗玛峰高度进行测量，其方法为：首先在同一水平面上选定两个点并测量两点间的距离，然后分别测量其中一个点相对另一点以及珠峰顶点的张角，再在其中一点处测量珠峰顶点的仰角，最后计算得到珠峰高度．该兴趣小组运用这一方法测量学校旗杆的高度，已知该旗杆（C在水平面）垂直于水平面，水平面上两点的距离为，测得，其中，在点处测得旗杆顶点的仰角为，则该旗杆的高度为（单位：）（ ） A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】作出示意图，在中解出，在中解出. 【详解】 在中，，，， 因为， 所以， 在中，. 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将齐次化即可得出答案. 【详解】由题， 得， 则或， 因为，所以， . 故选：A 7. 在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值. 【详解】由题意结合正弦定理可得， 即， 整理可得，由于，故， 据此可得， 则. 故选：C. 8. 已知在正方形中，，为中点，为正方形内部或边界上一点，则的最大值为（ ）. A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】建立坐标系，写出点的坐标，设，，得到，求出最大值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设，， 则， 故当时，取得最大值，最大值为. 故选：D. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为虚数单位，则下列说法中正确的是（    ）. A. 复数的虚部为 B. C. D. 复数满足，则的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：根据虚部的概念分析判断；对于B：根据虚数单位的性质运算求解；对于C：举反例说明即可；对于D：根据复数的几何意义结合圆的性质分析判断. 【详解】对于选项A：复数的虚部为，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：例如，则，此时，故C错误； 对于选项D：设复数在复平面内对应的点分别为， 因为，即，其中为坐标原点，可知点在标准单位圆上， 可得， 所以的最大值为，故D正确； 故选：BD. 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，，则有两解 B. 若，则是钝角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则为等腰三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正弦、余弦定理逐项判断即可. 【详解】对A：由，所以有两解，故A正确； 对B：由余弦定理：， 所以为钝角，即为钝角三角形，故B正确； 对C：因为三角形为锐角三角形， 所以，即，故C正确； 对D：因为，由正弦定理得：， 所以或，即或， 所以为等腰或直角三角形，故D错误. 故选：ABC 11. 在物理学中，把物体受到的力（总是指向平衡位置）正比于它离开平衡位置的距离的运动称为“简谐运动”．在适当的直角坐标系下，某个简谐运动可以用函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. ，频率为，初相为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在上的值域为 D. 若把图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位，则所得函数是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据图象求出三角函数解析式，再根据正弦函数图象与性质以及函数平移的原则即可判断. 【详解】由图象可得， 频率是， 即， ， 对于A，，初相是，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，所以， 在上的值域为，故C正确； 对于D，把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数为， 又向左平移个单位，得到的函数为，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求出，再由数量积的定义求. 【详解】因为向量在方向上的投影向量为，所以， 又，， 所以. 故答案为：. 13. 如图，在中，，，，，，则______. 【答案】4 【解析】 【分析】利用向量线性运算可得，进而得到，根据平面向量基本定理可求得结果. 【详解】由题意得：， ，，， 三点共线，，即. 故答案为：4 14. 在中，角所对的边分别为，已知的外接圆的半径为1，且则的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，，利用余弦定理可得，进而可得，进而可得面积. 【详解】因为，由正弦定理可得， 整理可得， 且， 即，由正弦定理可得， 因为的外接圆的半径为1，由正弦定理可知， 又因为， 由余弦定理可得， 且，则， 可得， 所以的面积为. 故答案为：. 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. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量的坐标运算，结合夹角公式求出，进而求出及模. （2）由（1）的信息，利用向量线性运算的坐标表示，结合夹角公式及共线向量列式求解. 【小问1详解】 由向量，得，且， 由与的夹角为，得，解得，则 ， 于是，所以. 【小问2详解】 由（1）知向量， 则， 由与的夹角为锐角，得且与不共线， 由，解得且， 所以实数的取值范围为. 16. 设复数． （1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求； （2）若是纯虚数，且是方程的根，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知，即可得，进而可求； （2）根据复数的除法运算结合纯虚数概念可得，可知是方程的根，利用韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 因为，则， 若复数对应的点在实轴上，则， 可得，即， 所以. 【小问2详解】 因为， 若是纯虚数，则，解得， 若是方程的根，则也是该方程的根， 由韦达定理可得，即，所以. 17. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小； （2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，得， 即，即. 因为在中，， 所以. 又因为，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，得. 由，即， 所以.由余弦定理，得，即， 化简得，所以，即， 所以的周长为. 18. 已知，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为. （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调递减区间； （3）若方程在有两个根，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再由给定对称性求出即可. （2）利用正弦函数的单调性列出不等式，求解即得. （3）探讨函数在上的性质，借助直线与函数的图象交点问题求解. 【小问1详解】 函数， 由的图象上相邻两条对称轴之间的距离为，得的最小正周期，解得， 所以函数的解析式为. 【小问2详解】 由，解得， 所以函数的单调递减区间是. 【小问3详解】 当时，，由，得， 则函数在上单调递增，函数值从增大到0，在上单调递减，函数值从0减小到， 当时，直线与函数的图象有两个交点， 即方程在有两个根， 所以的取值范围. 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且. ①求的周长 ②求的值. 【答案】（1） （2） （3）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换运算求解即可； （3）①设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长；②在中，根据余弦定理列方程组求解可得. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 则， 可得的周长 ， 又因为为锐角三角形，则，解得， 则，可得，， 所以的周长的取值范围为. 【小问3详解】 ①设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为； ③由在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 则， 即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $