精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题

2022－2023学年度高一学年第二学期期中考试 数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 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. 复数的虚部为（　　） A B. C. D. 2. 在中，，则（       ） A B. C. D. 3. 欧拉公式（i为虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重约为（参考数据：取重力加速度大小为，）（ ） A. B. C. D. 5. 中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是两个不共线的向量，，.若与是共线向量，则实数（ ）. A. 2 B. C. 4 D. 7. 已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称.给出下面四个结论：①将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增.其中正确的结论为（ ） A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④ 8. 在三角形ABC中，D是BC上靠近点C三等分点，E为AD中点，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．） 9. 设，复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若是实数，则 B. 若是虚数，则 C. 当时，的模为 D. 当时，在复平面上对应的点为 10. 已知点是所在平面内一点，点为的中点，，，且，则（ ） A. 是的外心 B. 是的重心 C. D. 11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则△ABC是钝角三角形 C. 若，，则△ABC面积最大值是 D. 若，则△ABC为直角三角形 12. 在单位圆上的扇形OAB中，∠AOB＝60°，C为弧AB上的一个动点，若，则的取值可能是（ ） A －1 B. 1 C. D. 第Ⅱ卷（共90分） 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 已知，向量在上的投影向量为，则__________. 14. 已知复数满足：，则＝_________. 15. 设λ为实数，已知向量．若，则向量与的夹角的余弦值为______ 16. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，且满足，则的取值范围为_____________. 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 已知平面直角坐标系中，向量. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，且BC边上的高为，求a． 19. 为了测量对岸之间距离，在此岸边选取了相距1千米的两点，并测得．求之间的距离． 20. 在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______． （1）求角的大小； （2）边上的中线，求的面积的最大值． 21. 已知，，且 （1）求的单调区间. （2）在中，，，的对边分别为，，，当，，，求的面积. 22. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022－2023学年度高一学年第二学期期中考试 数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 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. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的定义判断即可. 【详解】复数的虚部为. 故选：C. 2. 在中，，则（       ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理的变形即可得到答案 【详解】解：因为 故选：A 3. 欧拉公式（i为虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】直接代入给定的公式即可求解. 【详解】由题知，， ， ，， 在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C 4. 体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重约为（参考数据：取重力加速度大小为，）（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设两只胳膊的拉力分别为，结合，即可求解. 【详解】设两只胳膊的拉力分别为，且， 则， 所以学生体重. 故选：A. 5. 中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理结合已知，可推得.进而根据三角形解得个数推得，即可得出答案. 【详解】由正弦定理可得，. 要使有两解，即有两解，则应有，且， 所以， 所以. 故选：B． 6. 已知是两个不共线的向量，，.若与是共线向量，则实数（ ）. A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的共线的充要条件列出等式计算即可. 【详解】由已知， ∵与是共线向量， ∴存在，使，又，， 即， ∴， ∴， 所以， 故选：D. 7. 已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称.给出下面四个结论：①将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增.其中正确的结论为（ ） A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据题设条件，结合三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象变换和三角函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】因为函数的最小正周期为，其图象关于直线对称， 所以 ，解得， 因为，所以，因此， ①将的图象向左平移个单位长度后函数解析式为， 是偶函数，故得到的函数图象关于轴对称，故①正确； ②由，解得，即函数的对称中心为，令，则，故②正确； ③由，故③错误； ④当时，,令，∵在上不单调(先增后减），因此在区间上不单调，故④错误. 故选：A. 8. 在三角形ABC中，D是BC上靠近点C的三等分点，E为AD中点，若，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理和线性运算即可求解. 【详解】解：已知D是BC上靠近点C的三等分点，所以， 又E为AD中点，所以， 所以， 故选：C. 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．） 9. 设，复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若是实数，则 B. 若是虚数，则 C. 当时，的模为 D. 当时，在复平面上对应的点为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的概念判断A、B，根据复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D. 【详解】因为，， 对于A：若是实数，则，解得，故A正确； 对于B：若是虚数，则，解得，故B错误； 对于C：当时，所以，故C正确； 对于D：当时，在复平面上对应的点为，故D错误； 故选：AC 10. 已知点是所在平面内一点，点为的中点，，，且，则（ ） A. 是的外心 B. 是的重心 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平面向量的共线定理及运算法则，结合三角形面积公式逐项判断即可求解. 【详解】∵点为的中点，，，∴，，. 又，∴. 取的中点，的中点，连接，，如图所示. 则由向量加法法则可知：，，∴，. ∴，，三点共线，，，三点共线，∴点为中线和的交点，即是的重心，故选项A错误，选项B正确； 又，故选项C正确； ∵，∴，故选项D错误. 故选：BC. 11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则△ABC是钝角三角形 C. 若，，则△ABC面积的最大值是 D. 若，则△ABC为直角三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 详解】A选项，当时，由正弦定理得， 在三角形中，大角对大边，所以，所以A选项正确. B选项，当时，由正弦定理得， 所以，所以为钝角，故三角形是钝角三角形，B选项正确. C选项，由余弦定理得， 当且仅当时等号成立，所以， 所以三角形面积的最大值是，C选项正确. D选项，若，则， ，所以D选项错误. 故选：ABC 12. 在单位圆上的扇形OAB中，∠AOB＝60°，C为弧AB上的一个动点，若，则的取值可能是（ ） A. －1 B. 1 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】不妨设，以O为原点，OB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，令，则， 则，再结合三角函数值域的求法求解即可. 【详解】不妨设，以O为原点，OB所在直线为x轴建立平面直角坐标系. 由题，，令，则，. 因，则的取值可能是1或. 故选：BD 第Ⅱ卷（共90分） 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 已知，向量在上的投影向量为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设向量的夹角为，根据投影向量的概念，再结合数量积的概念即可求解． 【详解】设向量的夹角为， 由在方向上的投影向量为， 则，即， 所以． 故答案为：． 14. 已知复数满足：，则＝_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的乘方运算、除法运算求解作答. 【详解】由得：， 所以. 故答案为： 15. 设λ为实数，已知向量．若，则向量与的夹角的余弦值为______ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标公式求得，然后由向量夹角坐标计算公式可得答案. 【详解】因，则，则， 从而，则. 故答案为：. 16. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，且满足，则的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用正、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，再根据正弦函数性质分析运算. 【详解】∵，由正弦定理可得， 则， ∵，则，可得， 即，故， 由正弦定理，则， 可得 ， ∵锐角△ABC，且，则，解得， 则，可得， ∴， 故的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 已知平面直角坐标系中，向量. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行及向量的模建立方程求解； （2）根据向量夹角为锐角建立不等式求解即可. 【小问1详解】 设，由题意知， 因为，所以， 又因为，所以， 所以或. 【小问2详解】 由题意，则， 当与共线时，， 因为与的夹角为锐角， 所以， 解得，且， 所以与的夹角为锐角，实数的取值范围为. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，且BC边上的高为，求a． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得到，求出； （2）由三角形面积公式得到，结合和余弦定理求出答案. 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得， 由正弦定理得， 由于， 整理得． 又因为，所以，即， 因为，所以， 所以，即． 【小问2详解】 由得， 又，所以，， 由余弦定理知， 解得. 19. 为了测量对岸之间距离，在此岸边选取了相距1千米的两点，并测得．求之间的距离． 【答案】千米 【解析】 【分析】根据正弦定理和余弦定理求解即可. 【详解】解：因为，， 所以，为等腰直角三角形，， 因为， 所以，在中，，由正弦定理得， 所以，在中，，，， 所以，由余弦定理得， 所以，即之间的距离千米. 20. 在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______． （1）求角的大小； （2）边上的中线，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小； （2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值． 【小问1详解】 若选①在中，因为， 故由可得 由正弦定理得，即． 则，又，故． 选②，，∴，∴，∴． 选③由及正弦定理．． 又，所以． 即，因为，，所以． 又，得． 综上所述：选择①②③，都有． 【小问2详解】 ． 又（当且仅当时取等） 的面积的最大值为 21. 已知，，且 （1）求的单调区间. （2）在中，，，的对边分别为，，，当，，，求的面积. 【答案】（1）在（）单调递增；在（）单调递减；（2）. 【解析】 【分析】 【详解】（1）， 令 所以函数在，（）单调递增； 令 所以函数在，（）单调递减. （2）由（1）可知 角为锐角， 由正弦定理， 即三角形为直角三角形， 则 22. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用题干条件及余弦定理即可求解； （2）由（1）知.根据，推得.在中，由，，可得，.设，根据正弦函数的性质及同角三角函数的平方关系将问题转化为，，最后利用复合函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 ∵，，∴， 在中，由余弦定理得，化简整理得， ∴由余弦定理得， ∵，∴. 【小问2详解】 由（1）知. ∵，∴，∴. 在中，∵，，又， ∴，. ∵，且，∴. 令，因为，所以 则，， ∴，， 令，，∵在上单调递增，∴. 又在上单调递减， ∴由复合函数的单调性可得在上单调递减，∴， 即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$