江苏南京市鼓楼区2025-2026学年高一下学期数学期中全真模拟练习卷

2026年高一下学期期中模拟卷 数学 参考答案及评分标准 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 2 3 4 5 6 7 8 B B C D D D A 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 10 11 AC AC BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. $$1 2 ， \frac { 1 } { 2 }$$ $$1 3 . \sqrt 2 - 1$$ 14.[4，8] 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.(13分) $$\left( 1 \right) \frac { z _ { 1 } } { z _ { 2 } } = \frac { a + 4 i } { 4 + 3 i } = \frac { \left( a + 4 i \right) \left( 4 - 3 i \right) } { \left( 4 + 3 i \right) \left( 4 - 3 i \right) } = \frac { 4 a + 1 2 + \left( 1 6 - 3 a \right) i } { 2 5 }$$ 因为 是实数，则 $$1 6 - 3 a = 0 ， \therefore a = \frac { 1 6 } { 3 } . \left( 6$$ $$\left( 2 \right) z _ { 1 } \overline { z _ { 2 } } = \left( a + 4 i \right) \left( 4 - 3 i \right) = 4 a - 3 a i + 1 6 i + 1 2 = \left( 4 a + 1 2 \right) + \left( 1 6 - 3 a \right) i ，$$ 因为复数 $$z _ { 1 } z _ { 2 }$$ ，在复平面内对应的点在第二象限，则 $$\left\{ \begin{array}{l} 4 a + 1 2 < 0 \\ 1 6 - 3 a > 0 \end{array} \right. \rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a < - 3 \\ a < a < \frac { 6 } { 3 } > a < - 3 ， \end{array} \right.$$ 故a的取值范围为 (-∞，-3).(13 分) 16.(15分) 【详解】(1)依题意可得α $$\alpha \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ， \beta \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ，$$ $$则 \alpha - \beta \in \left( - \frac { \pi } { 2 } ， \frac { \pi } { 2 } \right) ，$$ $$X \sin \left( \alpha - \beta \right) = \frac { \sqrt { 1 0 } } { 1 0 }$$ $$\frac { 1 } { 0 } ， 则 \cos \left( \alpha - \beta \right) = \frac { 3 \sqrt { 1 0 } } { 1 0 }$$ ，所以 $$\tan \left( \alpha - \beta \right) = \frac { \sin \left( \alpha - \beta \right) } { \cos \left( \alpha - \beta \right) } = \frac { 1 } { 3 }$$ 1/6 $$\tan \alpha = \frac { 1 } { 2 } ，$$ 所以 $$\sin 2 a = 2 \sin a \cos a = \frac { 2 \sin a \cos a } { \sin ^ { 2 } a + \cos ^ { 2 } a } = \frac { 2 \tan a } { 1 + \tan ^ { 2 } a } = \frac { 1 } { 1 + \frac { 1 } { 4 } } = \frac { 4 } { 4 } 5 .$$ 分) (2)结合(1)可得 tan $$B \right) = \tan \left( a + a - \beta \right) = \frac { \tan \alpha + \tan \left( \alpha - \beta \right) } { 1 - \tan \alpha \tan \left( \alpha - \beta \right) } = \frac { \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 3 } } { 1 - \frac { 1 } { 6 } } = 1 ， \left( 1$$ (12分) $$\alpha \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ， \beta \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ，$$ $$， 则 2 \alpha - \beta \in \left( - \frac { \pi } { 2 } ， \pi \right)$$ $$2 \alpha - \beta = \frac { \pi } { 4 } .$$ $$\frac { 1 } { 4 } . \left( 1$$ 5分 17.(15分) 【详解 (1) f(x) =√3sinoxcosox-cos $$\left( 1 \right) f \left( x \right) = \sqrt 3 \sin \omega x \cos \omega x - \cos ^ { 2 } \omega x - \frac { 1 } { 2 } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin 2 \omega x - \frac { 1 } { 2 } \cos 2 0 x - 1 = \sin \left( 2 \omega x - \frac { \pi } { 6 } \right) - 1 ，$$ 由f (x) 的图象上相邻两条对称轴之间的距离为 $$\frac { \pi } { 2 } ，$$ $$T = \frac { 2 \pi } { 2 \omega } = \pi ，$$ ω=1， 所以 $$f \left( x \right) = \sin \left( 2 x - \frac { \pi } { 6 } \right) - 1 .$$ $$- \frac { \pi } { 2 } + 2 k \pi \le 2 x - \frac { \pi } { 6 } \le \frac { \pi } { 2 } + 2 k \pi \left( k \in Z \right) ，$$ ，解得 $$- \frac { \pi } { 6 } + k \pi \le x \le \frac { \pi } { 3 } + k \pi \left( k \in Z \right) ，$$ 所以函数f(x)的单调递增区间为 $$y _ { 1 } \left[ -$$ $$\left[ - \frac { \pi } { 6 } + k \pi ， \frac { \pi } { 3 } + k \pi \right] \left( k \in Z \right) . \left( 6 \right)$$ (2)(i)已知f( $$f \left( B \right) = \sin \left( 2 B - \frac { \pi } { 6 } \right) - 1 = 0 ，$$ $$且 B \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ，$$ 得 $$B = \frac { \pi } { 3 }$$ 由正弦定理 $$\frac { a } { \sin A } = \frac { c } { \sin C } = \frac { b } { \sin B } = \frac { \sqrt 3 } { \sqrt 3 } = 2 ，$$ 得 a=2sinA，c=2sinC， 2 所以 $$\frac { a + c } { \sin A + \sin C } = \frac { 2 \sin A + 2 \sin C } { \sin A + \sin C } = 2 ； \left( 9$$ 分) (i)由(i)可知 a=2sinA，c=2sinC， $$S _ { \triangle A B C } = \frac { 1 } { 2 } a c \sin B = \sqrt 3 \sin A \sin C = \sqrt 3 \sin A \sin \left( \frac { 2 \pi } { 3 } - A \right) = \frac { 3 } { 2 } \sin A \cos A + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin ^ { 2 }$$ $$= \frac { 3 } { 4 } \sin 2 A - \frac { \sqrt 3 } { 4 } \cos 2 A + \frac { \sqrt 3 } { 4 } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin \left( 2 A - \frac { \pi } { 6 } \right) + \frac { \sqrt 3 } { 4 }$$ $$0 < A < \frac { \pi } { 2 }$$ 由 △ABC 是锐角三角形，有 $$0 < \frac { 2 \pi } { 3 } - A < \frac { \pi } { 2 }$$ $$A \in \left( \frac { \pi } { 6 } ， \frac { \pi } { 2 } \right) ， 2 A - \frac { \pi } { 6 } \in \left( \frac { \pi } { 6 } ， \frac { 5 \pi } { 6 } \right)$$ $$\sin \left( 2 A - \frac { \pi } { 6 } \right) \in \left( \frac { 1 } { 2 } ， 1 \right] ，$$ ，所以 $$S _ { \triangle A B C } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin \left( 2 A - \frac { \pi } { 6 } \right) + \frac { \sqrt 3 } { 4 } \in \left( \frac { \sqrt 3 } { 2 } ， \frac { 3 \sqrt 3 } { 4 } \right]$$ 2/6 即 △ABC 面积的取值范围是 $$\left( \frac { \sqrt 3 } { 2 } ， \frac { 3 \sqrt 3 } { 4 } \right]$$ (15分) 18.(17分) 【详解】(1)如图，过点P分别作 PM，PN 垂直于 OA，OB，M，N 为垂足， (i)因为 PN∥OA， ，所以 △BNP∼△BOA， 所以 $$\frac { | N B | } { | O B | } = \frac { | P N | } { | O A | }$$ 因为 m=2，n=3，|OA|=a，|OB|=b， 所以 $$\frac { b - 3 } { b } = \frac { 2 } { a } ，$$ ，则ab=3a+2b. 2 2 B N P (4分) 3 M A (i)因为 OA⊥OB， 所以 $$S _ { \triangle A O B } = \frac { 1 } { 2 } | O A | O B | = \frac { 1 } { 2 } a b ，$$ 由 (i)ab=3a+2b， a>0，b>0， 由基本不等式知， 3 $$3 a + 2 b \ge 2 \sqrt { 6 a b } ，$$ 即 ab≥24， ，当且仅当 3a=2b， 即 a=4，b=6 时取等， 所以 $$S _ { \triangle A O B } \ge 1 2 ，$$ 所以三角形 AOB 面积最小值为12.(9分) (2)如图，延长EF分别交 OC，OD 于点 A，B， 设 $$\angle A C F = \theta ， \theta \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right)$$ ∠DBE=θ 因为在直角三角形 ACF 中， CF=1， 所以 |AF|=tanθ B E D P F |t C A 3/6 同理，在 Rt△BED 中， $$| B E | = \frac { 1 } { \tan \theta }$$ 所以 $$| A B | = | B E | + | E F | + | A F | = | E F | + \tan \theta + \frac { 1 } { \tan \theta } . \left( t \right)$$ 因为 $$| A B | = | P A | + | P B | = \frac { 1 } { \sin \theta } + \frac { 1 } { \cos \theta } \left( t \right) ；$$ 由(*)(**)得， $$| E F | = \frac { 1 } { \sin \theta } + \frac { 1 } { \cos \theta } - \tan \theta - \frac { 1 } { \tan \theta } = \frac { 1 \left( \sin \theta + \cos \theta \right) - 1 } { \sin \theta \cos \theta }$$ $$f \left( \theta \right) = \frac { 1 \left( \sin \theta + \cos \theta \right) - 1 } { \sin \theta \cos \theta } ， \theta \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ， \left( 1 2 \right.$$ 分) 令x $$x = t \left( \sin \theta + \cos \theta \right) - 1 = \sqrt 2 i \sin \left( \theta + \frac { \pi } { 4 } \right) - 1 ，$$ 因为 $$\theta \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ，$$ 所 $$\theta + \frac { \pi } { 4 } \in \left( \frac { \pi } { 4 } ， \frac { 3 \pi } { 4 } \right) ，$$ $$\left[ 1 ， \sin \left( \theta + \frac { \pi } { 4 } \right) \in \left( \frac { \sqrt 2 } { 2 } ， 1 \right]$$ 所以 $$x \in \left( t - 1 ， \sqrt 2 t - 1 \right] ， 且 2 \sin \theta \cos \theta = \left( \frac { x + 1 } { t } \right) ^ { 2 } - 1 ，$$ 所以 $$f \left( x \right) = \frac { 2 x } { \left( \frac { x + 1 } { 1 } \right) ^ { 2 } - 1 } = \frac { 2 x ^ { 2 } x } { x ^ { 2 } + 2 x + 1 - t ^ { 2 } } x + \frac { 2 t ^ { 2 } } { x } + 2$$ 因为t>1 所以函数 $$y = x + \frac { 1 - t ^ { 2 } } { x } + 2 和 x \in \left( t - 1 ， \sqrt 2 t - 1 \right]$$ 上单调递增， 以 当 $$x = \sqrt 2 t - 1$$ 时，即 $$\theta = \frac { \pi } { 4 }$$ $$\left( \frac { 1 } { 2 } \right) ， f \left( x \right) _ { m a } = \frac { 2 \left( \sqrt 2 t - 1 \right) } { 2 - 1 } = 2 \sqrt 2 t - 2$$ 时， 因为平板车长度 2≤1≤3 均能通过，所以 $$| E F | _ { \min } \ge 3 ，$$ 所以 $$2 \sqrt 2 t - 2 \ge 3 ，$$ $$t \ge \frac { 5 \sqrt 2 } { 4 } ，$$ ，即的取值范围 $$y _ { 3 } \left[$$ $$\left[ \frac { 5 \sqrt 2 } { 4 } ， + \infty \right) ， \left( 1 7$$ 7分) 19.(17分) 【详解】(1)因为 $$\left( B ， C ； D \right) = \frac { c } { 2 } > 0$$ ， 所以点D在线段 BC 上，如图①所示 0 A B C D 图① 又b=2 $$\left( B ， C ； D \right) = \frac { c \sin \angle B A D } { b \sin \angle C A D } = \frac { c \sin \angle B A D } { 2 \sin \angle C A D } = \frac { c } { 2 } ，$$ 4/6 得 sin∠BAD=sin∠CAD， 因为 $$0 ^ { \circ } < \angle B A C < 1 8 0 ^ { \circ } ， 且 0 ^ { \circ } < \angle B A D < 1 8 0 ^ { \circ } ， 0 ^ { \circ } < \angle C A D < 1 8 0 ^ { \circ }$$ 所以 $$\angle B A D + \angle C A D = 1 8 0 ^ { \circ }$$ (舍)或 ∠BAD=∠CAD， 所以 AD 为 ∠BAC 的角平分线， 又 $$\angle B A C = 6 0 ^ { \circ } ，$$ ，所以 $$\angle B A D = \angle C A D = 3 0 ^ { \circ } ，$$ 在 △ACD 中， $$| A D | = \sqrt 3 + 1 ，$$ 由余弦定理得 $$| C D | ^ { 2 } = | A C | ^ { 2 } + | A D | ^ { 2 } - 2 | A C | \cdot | A D | \cos \angle C A D$$ $$= 4 + \left( \sqrt 3 + 1 \right) ^ { 2 } - 4 \left( \sqrt 3 + 1 \right) \cos 3 0 ^ { \circ } = 2 ，$$ ，故 $$| C D | = \sqrt 2 ，$$ 因为 $$\overrightarrow { A C } = \overrightarrow { A D } + \overrightarrow { D C } ， 则$$ $$则 \overrightarrow { A C } = \left( \overrightarrow { A D } + \overrightarrow { D C } \right) ^ { 2 } = \overrightarrow { A D } ^ { 2 } + \overrightarrow { D C } ^ { 2 } + 2 \overrightarrow { A D } \cdot \overrightarrow { D C } ，$$ $$且 \left( \sqrt 3 + 1 \right) ^ { 2 } + 2 + 2 \overline { A D } \cdot \overline { D C } = 4 ，$$ 故 $$\overrightarrow { A D } \cdot \overrightarrow { D C } = - \sqrt 3 - 1 . \left( 6$$ 分) (2)记 ∠CAM=α，① 因为 (B，C；M，D)=-2<0， 所以点M在线段 BC 的延长线上，如图②所示， A B D C M 图② $$\left( B ， C ； M \right) = - \frac { c \sin \angle B A M } { b \sin \angle C A M } = - \frac { c \sin \left( a + 6 0 ^ { \circ } \right) } { 2 \sin a }$$ 因为 $$\left( B ， C ； M ， D \right) = \frac { \left( B ， C ； M \right) } { \left( B ， C ； D \right) } = - 2 ，$$ $$\frac { c \sin \left( a + 6 0 ^ { \circ } \right) } { 2 \sin \alpha } = 2 \cdot \frac { c } { 2 }$$ 化简得 $$\sin \left( 6 0 ^ { \circ } + \alpha \right) = 2 \sin \alpha ， 且$$ $$且 \frac { \sqrt 3 } { 2 } \cos \alpha + \frac { 1 } { 2 } \sin \alpha = 2 \sin \alpha$$ 可得 $$\sqrt 3 \sin \alpha = \cos \alpha ， 则 \tan \alpha = \frac { \sqrt 3 } { 3 }$$ 因为 $$0 ^ { \circ } < \alpha < 9 0 ^ { \circ } ，$$ ，所以 $$\angle C A M = \alpha = 3 0 ^ { \circ } ； \left( 1 2$$ 分) ②因为 $$S _ { \triangle A D M } = S _ { \triangle A C D } + S _ { \triangle A C M } ，$$ 则 $$\frac { 1 } { 2 } | A D | \cdot | A M | \sin 6 0 ^ { \circ } = \frac { 1 } { 2 } | A D | \cdot | A C | \sin 3 0 ^ { \circ } + \frac { 1 } { 2 } | A C | \cdot | A M | \sin 3 0 ^ { \circ } ，$$ $$则 \frac { 1 } { | A M | } + \frac { 1 } { | A D | } = \frac { \sqrt 3 } { 2 }$$ $$则 f \left( x \right) ， 1 6 | A D | + | A M | = \frac { 2 } { \sqrt 3 } | 1 6 | A D | + | A M | \right) \left( \frac { 1 } { | A M | } + \frac { 1 } { | A D | } \right)$$ $$= \frac { 2 } { \sqrt 3 } \left( 1 7 + \frac { 1 6 \left( A D \right) | } { | A M | } + \frac { | A M | } { | A D | } | \ge \frac { 2 } { \sqrt 3 } | 1 + 2 | \frac { 1 6 \left( A D \right) | A M } { | A M | } = \frac { 5 0 \sqrt 3 } { 3 }$$ 5/6 |AM|=4|AD| $$| A D | = \frac { 5 \sqrt 3 } { 6 }$$ 当且仅当 $$\frac { 1 } { | A M | } + \frac { 1 } { | A D | } = \frac { \sqrt 3 } { 2 }$$ 时，即当 时，等号成立， $$| A M | = \frac { 1 0 \sqrt 3 } { 3 }$$ 故 |AM|+16|AD| |的最小值 $$\frac { 5 0 \sqrt 3 } { 3 } .$$ 6/6 2026年高一下学期期中模拟卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：苏教版2019必修第二册第9~12章 第一部分（选择题 共58分） 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．计算的结果是（    ） A． B． C． D． 2．的值是（    ） A． B．0 C．1 D． 3．已知向量与均为非零向量，则“”是“”的（   ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知是边长为6的等边三角形，点D是AB的中点，点G是线段CD上一点，满足，则（    ） A． B． C． D． 5．若，，是的内角，，的对边，，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．三边互不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形 6．如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，，长米，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高（    ）    A． B． C． D． 7．在斜三角形中，角的对边分别为．若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．对于集合和常数，定义：为集合相对常数的“余弦方差”．若集合相对常数的“余弦方差”是一个常数T，则T=（    ） A． B． C．2 D．3 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．已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．向量与向量的夹角为 D．在的投影向量是 10．在复平面内，复数，对应的向量分别为，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．已知三个内角的对边分别是，若，则下列选项正确的是（    ） A． B．若是边上的一点，且，则的面积的最大值为 C．若是锐角三角形，则的取值范围是 D．若是的外心，，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．化简_______________. 13．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积，若且，则________. 14．在平面直角坐标系xOy中，已知，，，且，则的取值范围是_______. 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．（13分） 已知复数为虚数单位，其中是实数. (1)若是实数，求的值； (2)若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 16．（15分） 已知，均为锐角，且，． (1)求和值； (2)求的值． 17．（15分） 已知，，，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为． (1)求函数的单调递增区间； (2)若锐角的内角的对边分别为，且，， （ⅰ）求的值． （ⅱ）求面积的取值范围． 18．（17分） 如图1所示，一直角走廊的宽度分别为和. (1)若一根铁棒水平通过直角走廊上点与两墙分别交于点（图2），其中点分别为直角走廊内侧､外侧直角拐点，且. （i）设，求之间满足的等量关系； （ii）求围成的三角形面积的最小值； (2)若直角走廊的宽度均设计为（图3），现有一车宽为1，长为､转动灵活的矩形平板车（车高忽略），要使其始终能通过该直角走廊，求的取值范围. 19．（17分） 已知是直线外一点，点、在直线上（点、与点、任一点均不重合）．我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记，并且记．记的内角、、的对边分别为、、．已知，，是射线上一点，现由点对施以视角运算，得到． (1)若，求的值； (2)射线上的点满足． ①求； ②求的最小值 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高一下学期期中模拟卷 数学•全解全析 第一部分（选择题 共58分） 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．计算的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的乘法运算化简即可. 【详解】， 故选：B 2．的值是（    ） A． B．0 C．1 D． 【答案】B 【分析】根据两角和的余弦公式即可求解. 【详解】. 故选:B. 3．已知向量与均为非零向量，则“”是“”的（   ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】若，则存在非零实数，使得，利用向量的线性运算即可证明充分性，若，则存在实数，使得：，结合向量的运算即可证明必要性，从而判断选项. 【详解】若，则存在非零实数，使得， 此时：， 因为是非零向量，所以与是共线的，即：，所以充分性成立， 若，当时，； 当时，存在实数，使得： 整理得：， 若向量与均为非零向量， 所以，若，则，即； 若，则，与为非零向量矛盾， 因此，必要性成立; 综上“”是“”的充要条件. 4．已知是边长为6的等边三角形，点D是AB的中点，点G是线段CD上一点，满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，得到，由三点共线，求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】因为为的中点，， 因为三点共线，可得，解得，即， 又因为是边长为6的等边三角形， 所以 . 故选：A. 5．若，，是的内角，，的对边，，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．三边互不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【分析】先应用余弦定理得出，或，再代入求解得出结论. 【详解】由得，， 由余弦定理得. 因为，所以，或， ，代入，得， 因为，所以，所以. 故选：D. 6．如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，，长米，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得. 【详解】在中，，，则， 由正弦定理得，则， 在中，，所以. 故选：D 7．在斜三角形中，角的对边分别为．若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知得到、且，进而有，应用换元法，令，则，结合二次函数的性质求范围. 【详解】由三角形为斜三角形且，故， 又，，， 则，而， 所以，则， 所以 令，则， 所以，故. 故选：D 8．对于集合和常数，定义：为集合相对常数的“余弦方差”．若集合相对常数的“余弦方差”是一个常数T，则T=（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】根据新定义计算，结合两角和与差的余弦公式展开化简可得． 【详解】由题意 ． 故选：A． 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．已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．向量与向量的夹角为 D．在的投影向量是 【答案】AC 【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用平面向量的模长公式可判断B选项；利用平面向量夹角的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，，则，故，A对； 对于B选项，，故，B错； 对于C选项，设向量、的夹角为，则， 因为，故，C对； 对于D选项，在方向上的投影向量为，D错. 故选：AC. 10．在复平面内，复数，对应的向量分别为，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】利用复数的运算，模的定义，向量的数量积的坐标表示即可逐个选项判断. 【详解】设，，则，， 若，则，即， 因，，所以，A正确； 若，则， 而，，B错误； 若，则两复数至少一个为零， 即至少一个是，可得，故C正确； 若，可得， 而，可得，故D错. 故选：AC 11．已知三个内角的对边分别是，若，则下列选项正确的是（    ） A． B．若是边上的一点，且，则的面积的最大值为 C．若是锐角三角形，则的取值范围是 D．若是的外心，，则 【答案】BCD 【分析】用正弦定理及余弦定理求出角B判断A；利用向量线性运算及数量积的运算律解得，使用基本不等式即可求出面积最大值判断B；利用正弦定理及三角恒等变换得，求出函数值域即可判断C，根据模长关系可得，再结合基本不等式运算求解D即可. 【详解】对于A，因为， 由正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理可得，即， 且，所以，故A错误， 对于B，因为， 则， 可得， 即，当且仅当，即时，等号成立， 所以， 即的面积的最大值为，故B正确； 对于C，因为， 又因为，解得， 可得，则， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以， 可知点在优弧上（端点除外）， 由题意得，则， 又因为， 且，所以可得， 即，又因为，所以， 解得，当且仅当时，等号成立， 所以可得，故D正确. 故选：BCD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分． 12．化简_______________. 【答案】/0.5 【分析】利用三角恒等变换，先化切为弦，把转化为，利用差角公式化简可得答案. 【详解】 . 故答案为: . 13．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积，若且，则________. 【答案】/ 【分析】由正弦定理边化角得出，再结合三角形面积公式得出，由余弦定理即可求得的值，即可求解． 【详解】， 因为，所以， 由， 由余弦定理得，， 因为，所以，则， 设，整理得，，解得或（大于1，舍去）， 所以， 故答案为：． 14．在平面直角坐标系xOy中，已知，，，且，则的取值范围是_______. 【答案】 【分析】利用向量的数量积的运算公式，求得，设，得到，求得的坐标，根据向量的坐标运算，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】由题意可得：，，， 因为，可得， 即，所以，所以， 设，因为，可得， 又因为，可得， 则， 可得 ， 令，可得， 则，其中， 因为， 当时，取得最大值，最大值为； 当时，取得最小值，最小值为； 所以的取值范围为. 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．（13分） 已知复数为虚数单位，其中是实数. (1)若是实数，求的值； (2)若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由复数的除法和乘法运算结合复数的意义计算即可； （2）由共轭复数的定义和复数的运算结合复数的几何意义计算即可； 【详解】（1）， 因为是实数，则. （2）， 因为复数在复平面内对应的点在第二象限，则， 故a的取值范围为. 16．（15分） 已知，均为锐角，且，． (1)求和值； (2)求的值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据，均为锐角，得到，从而利用同角基本关系式即可求出值；根据二倍角的正弦公式及同角基本关系式即可求出值； （2）结合（1）及两角和的正切公式得到，再根据的取值范围即可求得答案． 【详解】（1）依题意可得，，则， 又，则，所以， 又，所以． （2）结合（1）可得， 又，，则，所以． 17．（15分） 已知，，，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为． (1)求函数的单调递增区间； (2)若锐角的内角的对边分别为，且，， （ⅰ）求的值． （ⅱ）求面积的取值范围． 【答案】(1)． (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由向量数量积的坐标运算，结合降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求单调递增区间； （2）（ⅰ）由，得，由正弦定理可知； （ⅱ）由正弦定理和面积公式得，利用△ABC为锐角三角形，得角的范围，由正弦函数的性质，得△ABC面积的取值范围． 【详解】（1）， 由f（x）的图象上相邻两条对称轴之间的距离为，有，得， 所以． 令，解得， 所以函数的单调递增区间为． （2）（ⅰ）已知，由，得， 由正弦定理，得，， 所以； （ⅱ）由（ⅰ）可知，， ， 由△ABC是锐角三角形，有，得，， 则，所以， 即面积的取值范围是． 18．（17分） 如图1所示，一直角走廊的宽度分别为和. (1)若一根铁棒水平通过直角走廊上点与两墙分别交于点（图2），其中点分别为直角走廊内侧､外侧直角拐点，且. （i）设，求之间满足的等量关系； （ii）求围成的三角形面积的最小值； (2)若直角走廊的宽度均设计为（图3），现有一车宽为1，长为､转动灵活的矩形平板车（车高忽略），要使其始终能通过该直角走廊，求的取值范围. 【答案】(1)（i）；（ii）12. (2) 【分析】（1）（i）过点分别作垂直于为垂足，即可得到，根据相似三角形的性质计算可得；（ii）由结合利用基本不等式求出的最小值，即可得解； （2）延长分别交于点，设，根据锐角三角函数推导出，设，，求出，再由，即可求出的范围. 【详解】（1）如图，过点分别作垂直于为垂足， （i）因为，所以，所以， 因为， 所以，即. （ii）因为， 所以， 由（i），因为， 由基本不等式知，， 即，当且仅当，即时取等， 所以， 所以三角形面积最小值为12. （2）如图，延长分别交于点， 设，则， 因为在直角三角形中，， 所以； 同理，在中，； 所以.（*）. 因为（**）； 由（*）（**）得， . 设，， 令， 因为，所以，所以， 所以，且， 所以， 因为，所以函数在上单调递增， 所以当时，即时，， 因为平板车长度均能通过，所以， 所以，即，即的取值范围为. 19．（17分） 已知是直线外一点，点、在直线上（点、与点、任一点均不重合）．我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记，并且记．记的内角、、的对边分别为、、．已知，，是射线上一点，现由点对施以视角运算，得到． (1)若，求的值； (2)射线上的点满足． ①求； ②求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据所给定义及条件得为的角平分线，在中，由余弦定理求出，再利用平面向量数量积的运算性质化简可得结果； （2）①根据所给定义及条件计算，结合（1）问的得，然后化简求值即可； ②由及面积公式得，再由基本不等式计算即可． 【详解】（1）因为，所以点在线段上，如图①所示， 又，所以由， 得， 因为，且，， 所以（舍）或， 所以为的角平分线， 又，所以， 在中，， 由余弦定理得 ，故， 因为，则， 即，故. （2）记，①因为， 所以点在线段的延长线上，如图②所示， 即， 因为，所以， 化简得，即， 可得，即， 因为，所以； ②因为，则， 即，所以 ＝， 当且仅当|时，即当时，等号成立， 故的最小值为． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $