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精品解析：江苏省镇江市句容碧桂园学校2022-2023学年高一下学期期中模拟数学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江苏省镇江市句容碧桂园学校2022-2023学年高一下学期期中模拟数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
句容碧桂园学校2022～2023学年第二学期期中模拟卷
高一数学
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知是虚数单位，是复数的共轭复数，，则的虚部为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设，则由题设可得，故应选答案A．
2. 下列各式中，值为的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】逐项求解，即可.
【详解】解：对于A,，
对于B, ,
对于C, ，
对于D, .
故选：B.
3. 已知非零向量满足，且，则 与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得，代入向量的夹角公式，即可判断选项.
【详解】由条件可知，
所以，
，
所以 与的夹角为.
故选：C
4. 如图在梯形中，，，设，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
又，，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
6. 在中，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可.
详解：由题意，在中，
利用三角形的面积公式可得，
解得，
又由余弦定理得，解得，
由正弦定理得，故选A.
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
7. 海上某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为海里处；在处看灯塔，在货轮的北偏西，距离为海里处；货轮由处向正北航行到处时看灯塔在北偏东，则灯塔与处之间的距离为（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定信息作出图形，在中用正弦定理求AD，用余弦定理计算作答.
【详解】如图所示，，，
在中，，由正弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
灯塔与处之间的距离为海里.
故选：C
8. 已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简,得到 ,由题可得和,结合即可得解.
【详解】因为
若，则，
∴，
则，又，解得.
又，解得.
，解得，，或.
当时，；当时，，可得.
∴.
故选B.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则∥
C. 的最小值为6 D. 若与的夹角为钝角，则或
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由可得可求出，对于B，将代入，然后利用共线向量定理分析判断，对于C，由分析判断，对于D，由题意可得，且两向量不共线，即可求出的范围.
【详解】A：∵，∴，解得：或，故A错误；
B：由题可知，，即，则有∥，故B正确；
C：由，，得，则，显然时，取得最小值6，故C正确；
D：若与的夹角为钝角，则，解得或，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是 B. 的最小值是
C. 直线是图象的一条对称轴 D. 直线是图象的一条对称轴
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据降幂公式、二倍角公式、辅助角公式，化简可得的解析式，根据正弦型三角函数的性质，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】由题意得
，
对于A：，所以的最小正周期是，故A正确；
对于B：当时，的最小值为，故B正确；
对于C、D：令，解得
当时，可得一条对称轴为，故D正确，
无论k取任何整数，，故C错误，
故选：ABD
11. 在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A
B. 若，则
C. 若，则是直角三角形
D. 若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用诱导公式化简判断A；利用正弦定理结合三角形边角关系判断B；利用余弦定理计算判断C，利用面积定理、正余弦定理计算判断D作答.
【详解】对于A，在中，，A正确；
对于B，在中，由正弦定理得：，B正确；
对于C，在中，由余弦定理得：，整理得，，C正确；
对于D，依题意，，解得，
由余弦定理得：，
由正弦定理得外接圆半径，D不正确.
故选：ABC
12. 复数，i是虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A. B. z的共轭复数为
C. z的实部与虚部之和为2 D. z在复平面内的对应点位于第一象限
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的四则运算，整理复数，再逐一分析选项，即得.
【详解】由题得，复数，可得，则A不正确；的共轭复数为，则B不正确；的实部与虚部之和为，则C正确；在复平面内的对应点为，位于第一象限，则D正确.综上，正确结论是CD.
故选：CD
【点睛】本题考查复数的定义，共轭复数以及复数的模，考查知识点全面.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知复数满足（其中为虚数单位），则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意可得，，.
所以，.
故答案为：.
14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且a=4，b=6，则△ABC的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据余弦定理，将已知等式化为边的关系，再结合余弦定理，求出角，再次应用余弦定理，求出边，运用面积公式，即可求解.
【详解】解：∵，由余弦定理可得
，
化简得，即，
∵，∴.
又∵a=4，b=6，代入，
得，解得或（舍去），
∴.
故答案为:
【点睛】本题考查余弦定理边角互化，解三角形以及求三角形的面积，属于中档题.
15. 的值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】
利用诱导公式、辅助角公式以及二倍角公式化简即可求解.
【详解】
.
故答案为：4
【点睛】本题考查了诱导公式、辅助角公式以及二倍角公式，熟记公式是解题的关键，属于基础题.
16. 如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据条件化简得，再根据B,P，N三点共线，得,求出t 值
【详解】因为，所以
则
根据B,P，N三点共线，,则t=
故答案为 ．
【点睛】在平面中，若P,A,B,C四点不共线，且 ,若A,B,C三点共线，则
本题考查学生对向量中点共线问题的考察
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 复数，其中为虚数单位．
（1）求及；
（2）若，求实数，的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据复数的运算求解出复数，进而根据复数的模长公式求解；
（2）首先将代入等式，然后根据等式关系构造方程组，解方程组即可得到实数，的值.
【小问1详解】
∵，
∴．
【小问2详解】
由（1）可知，
由，得：，
即，∴，解得
18. 在直角梯形中，已知，对角线交于点，点在上，且．
（1）求的值；
（2）若为线段上任意一点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标，进而可得到，的坐标，然后利用数量积的坐标表示求解即可；
（2）设出点坐标，有数量积的坐标表示可得，再结合二次函数的图象性质求解即可
【详解】（1）因为，
所以以为坐标原点，分别为轴，建立平面直角坐标系如下图：
因为，
所以．
又因为对角线交于点，
所以由得，即，
因此，
而，所以，解得，
因此．
又因为点在上，所以设，
因此，
而，所以，
解得，即，
因此，而，
所以，
即的值为；
（2）因为为线段上任意一点，
所以由（1）知：可设（包括端点），
因此，
所以．
因为函数的图象开口上，对称轴为，
而，
所以函数的值域为，
即的取值范围是．
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）解不等式可得出函数的单调递增区间.
【小问1详解】
解：
，
所以，函数的最小正周期为.
【小问2详解】
解：依题意，令，
解得，
所以的单调递增区间为.
20. 如图，梯形中，已知，，，，，求：
（1）的长；
（2）的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由已知求得，再利用正弦定理即可求得的长；
(2)先求得的正余弦值，再利用余弦定理求的长，最后用面积公式即可.
【小问1详解】
解：在中，，
由正弦定理得：，即
故：．
【小问2详解】
解：
∴
在中，由余弦定理得：
即，解得：或舍．
故：的面积为7.
21. 在①；②；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：在中，内角，，的对边分别是，，，且满足______，
（1）若，求的面积；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）三个条件，分别利用正余弦定理，两角和与差的正弦公式和三角形内角和公式化简，都能得到，再由余弦定理求得，即可计算的面积；
（2），由正弦定理边化角再化简得，再由的范围求出的范围可得的取值范围.
【小问1详解】
若选①，因为，所以由正弦定理有，
所以，
又，所以，因为，所以；
若选②，因为，则有余弦定理得，
整理得：，所以，
因为，所以；
若选③，因为，所以，
所以由余弦定理得，
因为，所以；
由余弦定理，，得，
因为，所以，解得，
所以；
【小问2详解】
由正弦定理，得，，
又因，所以
，
因为是锐角三角形，，由，且，
得，所以，所以，即有，
所以的取值范围为.
22. 如图，某市政府计划在长为1km的道路AB一侧的一片区域内搭建一个传染病预防措施宣传区.该区域由直角三角形区域ABC（为直角）和以BC为直径的半圆形区域拼接而成.点P为半圆弧上的一点（异于B､C），.设.
（1）为了让更多的市民看到宣传内容，达到最佳宣传效果，需满足，且达到最大值.求为何值时，最大，最大值为多少？
（2）为了让宣传栏达到最佳稳定性，更加耐用，需满足，且达到最大值.问当为何值时，取得最大值.
【答案】（1）时，的最大值为；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得，则，，再结合平方关系及二次函数的最值即可出答案；
（2）在直角△ABC中，由，得，在直角△PBC中，，再利用三角恒等变换结合正弦函数的性质即可得出答案.
【详解】解：（1）由题意得，千米，
则在直角△ABC中，，，
在直角△PBC中，，
，，
所以当，即时，的最大值为；
（2）在直角△ABC中，由，
解得，
直角△PBC中，，
所以，，
故，
所以当时，达到最大值.
句容碧桂园学校2022～2023学年第二学期期中模拟卷
高一数学
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知是虚数单位，是复数的共轭复数，，则的虚部为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设，则由题设可得，故应选答案A．
2. 下列各式中，值为的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】逐项求解，即可.
【详解】解：对于A,，
对于B, ,
对于C, ，
对于D, .
故选：B.
3. 已知非零向量满足，且，则 与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得，代入向量的夹角公式，即可判断选项.
【详解】由条件可知，
所以，
，
所以 与的夹角为.
故选：C
4. 如图在梯形中，，，设，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
又，，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
6. 在中，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可.
详解：由题意，在中，
利用三角形的面积公式可得，
解得，
又由余弦定理得，解得，
由正弦定理得，故选A.
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
7. 海上某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为海里处；在处看灯塔，在货轮的北偏西，距离为海里处；货轮由处向正北航行到处时看灯塔在北偏东，则灯塔与处之间的距离为（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定信息作出图形，在中用正弦定理求AD，用余弦定理计算作答.
【详解】如图所示，，，
在中，，由正弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
灯塔与处之间的距离为海里.
故选：C
8. 已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简,得到 ,由题可得和,结合即可得解.
【详解】因为
若，则，
∴，
则，又，解得.
又，解得.
，解得，，或.
当时，；当时，，可得.
∴.
故选B.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则∥
C. 的最小值为6 D. 若与的夹角为钝角，则或
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由可得可求出，对于B，将代入，然后利用共线向量定理分析判断，对于C，由分析判断，对于D，由题意可得，且两向量不共线，即可求出的范围.
【详解】A：∵，∴，解得：或，故A错误；
B：由题可知，，即，则有∥，故B正确；
C：由，，得，则，显然时，取得最小值6，故C正确；
D：若与的夹角为钝角，则，解得或，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是 B. 的最小值是
C. 直线是图象的一条对称轴 D. 直线是图象的一条对称轴
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据降幂公式、二倍角公式、辅助角公式，化简可得的解析式，根据正弦型三角函数的性质，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】由题意得
，
对于A：，所以的最小正周期是，故A正确；
对于B：当时，的最小值为，故B正确；
对于C、D：令，解得
当时，可得一条对称轴为，故D正确，
无论k取任何整数，，故C错误，
故选：ABD
11. 在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A
B. 若，则
C. 若，则是直角三角形
D. 若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用诱导公式化简判断A；利用正弦定理结合三角形边角关系判断B；利用余弦定理计算判断C，利用面积定理、正余弦定理计算判断D作答.
【详解】对于A，在中，，A正确；
对于B，在中，由正弦定理得：，B正确；
对于C，在中，由余弦定理得：，整理得，，C正确；
对于D，依题意，，解得，
由余弦定理得：，
由正弦定理得外接圆半径，D不正确.
故选：ABC
12. 复数，i是虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A. B. z的共轭复数为
C. z的实部与虚部之和为2 D. z在复平面内的对应点位于第一象限
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的四则运算，整理复数，再逐一分析选项，即得.
【详解】由题得，复数，可得，则A不正确；的共轭复数为，则B不正确；的实部与虚部之和为，则C正确；在复平面内的对应点为，位于第一象限，则D正确.综上，正确结论是CD.
故选：CD
【点睛】本题考查复数的定义，共轭复数以及复数的模，考查知识点全面.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知复数满足（其中为虚数单位），则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意可得，，.
所以，.
故答案为：.
14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且a=4，b=6，则△ABC的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据余弦定理，将已知等式化为边的关系，再结合余弦定理，求出角，再次应用余弦定理，求出边，运用面积公式，即可求解.
【详解】解：∵，由余弦定理可得
，
化简得，即，
∵，∴.
又∵a=4，b=6，代入，
得，解得或（舍去），
∴.
故答案为:
【点睛】本题考查余弦定理边角互化，解三角形以及求三角形的面积，属于中档题.
15. 的值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】
利用诱导公式、辅助角公式以及二倍角公式化简即可求解.
【详解】
.
故答案为：4
【点睛】本题考查了诱导公式、辅助角公式以及二倍角公式，熟记公式是解题的关键，属于基础题.
16. 如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据条件化简得，再根据B,P，N三点共线，得,求出t 值
【详解】因为，所以
则
根据B,P，N三点共线，,则t=
故答案为 ．
【点睛】在平面中，若P,A,B,C四点不共线，且 ,若A,B,C三点共线，则
本题考查学生对向量中点共线问题的考察
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 复数，其中为虚数单位．
（1）求及；
（2）若，求实数，的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据复数的运算求解出复数，进而根据复数的模长公式求解；
（2）首先将代入等式，然后根据等式关系构造方程组，解方程组即可得到实数，的值.
【小问1详解】
∵，
∴．
【小问2详解】
由（1）可知，
由，得：，
即，∴，解得
18. 在直角梯形中，已知，对角线交于点，点在上，且．
（1）求的值；
（2）若为线段上任意一点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标，进而可得到，的坐标，然后利用数量积的坐标表示求解即可；
（2）设出点坐标，有数量积的坐标表示可得，再结合二次函数的图象性质求解即可
【详解】（1）因为，
所以以为坐标原点，分别为轴，建立平面直角坐标系如下图：
因为，
所以．
又因为对角线交于点，
所以由得，即，
因此，
而，所以，解得，
因此．
又因为点在上，所以设，
因此，
而，所以，
解得，即，
因此，而，
所以，
即的值为；
（2）因为为线段上任意一点，
所以由（1）知：可设（包括端点），
因此，
所以．
因为函数的图象开口上，对称轴为，
而，
所以函数的值域为，
即的取值范围是．
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）解不等式可得出函数的单调递增区间.
【小问1详解】
解：
，
所以，函数的最小正周期为.
【小问2详解】
解：依题意，令，
解得，
所以的单调递增区间为.
20. 如图，梯形中，已知，，，，，求：
（1）的长；
（2）的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由已知求得，再利用正弦定理即可求得的长；
(2)先求得的正余弦值，再利用余弦定理求的长，最后用面积公式即可.
【小问1详解】
解：在中，，
由正弦定理得：，即
故：．
【小问2详解】
解：
∴
在中，由余弦定理得：
即，解得：或舍．
故：的面积为7.
21. 在①；②；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：在中，内角，，的对边分别是，，，且满足______，
（1）若，求的面积；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）三个条件，分别利用正余弦定理，两角和与差的正弦公式和三角形内角和公式化简，都能得到，再由余弦定理求得，即可计算的面积；
（2），由正弦定理边化角再化简得，再由的范围求出的范围可得的取值范围.
【小问1详解】
若选①，因为，所以由正弦定理有，
所以，
又，所以，因为，所以；
若选②，因为，则有余弦定理得，
整理得：，所以，
因为，所以；
若选③，因为，所以，
所以由余弦定理得，
因为，所以；
由余弦定理，，得，
因为，所以，解得，
所以；
【小问2详解】
由正弦定理，得，，
又因，所以
，
因为是锐角三角形，，由，且，
得，所以，所以，即有，
所以的取值范围为.
22. 如图，某市政府计划在长为1km的道路AB一侧的一片区域内搭建一个传染病预防措施宣传区.该区域由直角三角形区域ABC（为直角）和以BC为直径的半圆形区域拼接而成.点P为半圆弧上的一点（异于B､C），.设.
（1）为了让更多的市民看到宣传内容，达到最佳宣传效果，需满足，且达到最大值.求为何值时，最大，最大值为多少？
（2）为了让宣传栏达到最佳稳定性，更加耐用，需满足，且达到最大值.问当为何值时，取得最大值.
【答案】（1）时，的最大值为；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得，则，，再结合平方关系及二次函数的最值即可出答案；
（2）在直角△ABC中，由，得，在直角△PBC中，，再利用三角恒等变换结合正弦函数的性质即可得出答案.
【详解】解：（1）由题意得，千米，
则在直角△ABC中，，，
在直角△PBC中，，
，，
所以当，即时，的最大值为；
（2）在直角△ABC中，由，
解得，
直角△PBC中，，
所以，，
故，
所以当时，达到最大值.
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