2022-2023学年湖南省邵阳市邵东市第四中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年湖南省邵阳市邵东市第四中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设，则=

A．2 B． C． D．1

【答案】C

【分析】先由复数的除法运算（分母实数化），求得，再求．

【详解】因为，所以，所以，故选C．

【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，复数模的计算．本题也可以运用复数模的运算性质直接求解．

2．如果与是一组基底，则下列不能作为基底的是（      ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】C

【解析】判断各选项中两个向量是否共线，由此可得出结论.

【详解】如下图所示，

由于与不共线，则与不共线，A选项中的两个向量不共线，可以作为基底；

如下图所示：

由于与不共线，则与不共线，B选项中的两个向量不共线，可以作为基底；

由题意知，与不共线，，C选项中的两个向量共线，不能作为基底；

与不共线，D选项中的两个向量可以作为基底.

故选：C.

【点睛】本题考查基底概念的判断，本质上就是要求两向量不共线，考查推理能力，属于基础题.

3．已知向量，若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．3

【答案】C

【分析】可求出，然后根据即可得出，然后解出的值即可．

【详解】解：已知向量，则，

因为，

所以，解得．

故选：C．

4．设O是原点，向量，对应的复数分别为，那么向量对应的复数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的几何意义求解即可.

【详解】解：根据复数的几何意义得,,

所以，

所以向量对应的复数是.

故选：B

5．若非零向量，满足，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量垂直转化为向量的数量积为0，利用向量的数量积运算化简即可得出结果.

【详解】因为，

所以，即，

即，又，

结合已知条件可知，

故.

故选：C.

6．一质点受到平面上的三个力(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知成60°角，且的大小分别为2和4，则的大小为

A．6 B．2

C． D．

【答案】D

【解析】根据力平衡可得，平方运算后可求得，开平方可得结果.

【详解】由题意得：，即：

本题正确选项：

【点睛】本题考查向量模长的求解，关键是通过平方将问题转变为向量数量积运算和模长运算问题，属于基础题.

7．在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.

【详解】在中，，，

根据余弦定理：

可得 ，即

由

故.

故选：A.

【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

8．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定

【答案】B

【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.

【详解】因为，

所以由正弦定理可得，

，

所以，所以是直角三角形.

【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.

二、多选题

9．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是

A．圆锥 B．圆柱 C．三棱锥 D．正方体

【答案】ACD

【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.

【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，

三棱锥平行于底面的截面是三角形，

正方体的截面可能是三角形，如图：

故选：ACD

【点睛】此题考查物体截面辨析，关键在于熟悉常见几何体的几何特征，分析截面可能的情况.

10．设向量，，则（    ）

A． B．

C． D．与的夹角为

【答案】CD

【分析】根据向量的模的坐标公式即可判断A；根据平面向量数量积的坐标表示即可判断BC；根据向量夹角的坐标公式即可判断D.

【详解】由，，得，，故A错误；

，因为，所以，故B错误，C正确；

，又，所以与的夹角为，故D正确.

故选：CD.

11．下列命题正确的是（    ）

A．已知和是两个互相垂直的单位向量，，且，则实数

B．非零向量和不共线，若，，，则、、三点共线

C．若四边形满足，，则该四边形一定是正方形

D．点在所在的平面内，若，则点为的垂心

【答案】AB

【分析】对于选项由设，进而表示，， 然后结合平面向量垂直的坐标运算即可判断；对于选项结合平面向量的线性运算即可判断；对于选项结合相反向量的概念以及平面向量的数量积结合平面图形的性质即可判断；对于选项结合单位向量以及平面向量的线性运算和三角形的四心即可判断.

【详解】对于：已知和是两个互相垂直的单位向量，设，又因为，，所以，，又因为垂直，所以故，解得，故正确；

对于：非零向量和不共线，，

所以、、三点共线，故正确；

对于：四边形为平行四边形，

，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故错误；

对于：、、分别为，，的单位向量，

任意两个向量的单位向量的差为三角形的第三边的向量，

所以、垂直于构成菱形的对角线，

所以点在角平分线上，故点为内心，故错误；

故选：AB.

12．已知，是平面内两个夹角为120°的单位向量，点C在以O为圆心的上运动，若＝x+y（x，y∈R）．下列说法正确的有（ ）

A．当C位于中点时，x＝y＝1

B．当C位于中点时，x+y的值最大

C．在上的投影向量的模的取值范围为

D．的取值范围为

【答案】ABD

【分析】依题意建立适当的直角坐标系，得到相关点的坐标，使得相应的向量运算转化为代数运算或三角函数问题进行讨论即可.

【详解】由题意，以O为原点，OA为x轴的正向，建立如图所示的坐标系，

设，

可得，，

A：当C为弧AB的中点时，θ＝60°，∴，

∴由得，

，，∴x＝1，y＝1，∴A正确，

B：由得，

，，∴，

∴，

∵，∴，

∴当时，的最大值为2，此时C为弧AB的中点，∴B正确，

C：当OC⊥OA时，在上的投影为0，∴C错误，

D：∵

，

∵，∴，

∴，∴，∴D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．已知的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于         ．

【答案】

【分析】利用余弦定理得到，进而得到结合正弦定理得到结果.

【详解】，由正弦定理得.

【点睛】本题考查解三角形的有关知识，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本关系式，考查恒等变形能力，属于 基础题.

14．的内角的对边分别为.若，则的面积为          .

【答案】

【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．

【详解】由余弦定理得，

所以，

即

解得（舍去）

所以，

【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．

15．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则其母线与轴的夹角的大小为        ．

【答案】

【详解】由题意得：母线与轴的夹角为

【解析】圆锥轴截面

【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积 ，圆柱的表面积 ，圆锥的侧面积 ，圆锥的表面积 ，球体的表面积 ，圆锥轴截面为等腰三角形.

16．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为, 则正方体的棱长为 .

【答案】

【分析】根据正方体的性质，结合球的体积公式进行求解即可.

【详解】因为正方体体的对角线就是正方体的外接球的直径，所以由外接球的体积公式得：，即，则，

故答案为：．

【点睛】本题考查了正方体外接球的性质，考查了球的体积公式的应用，考查了空间想象能力和数学运算能力.

四、解答题

17．已知复数，，求当满足什么条件时，

(1)在复平面内对应的点关于实轴对称；

(2).

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由题意可得，从而可求得答案，

（2）由题意得，化简可得答案.

【详解】（1）因为在复平面内，与对应的点关于实轴对称，

所以，即，

解得，

所以.

（2）由，得，即，

  整理得，所以.

18．如图，在四边形ABCD中，，，，且，.

（1）求实数的值；

（2）若M，N是线段BC上的动点，且，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据和向量的数量积定义式计算；

（2）建立平面坐标系，设，用x表示出，根据二次函数性质得出最小值.

【详解】解：（1）∵，∴，

∵，∴，

∴，

∴.

（2）过A作，垂足为O，

则，，，

以O为原点，以BC，OA所在直线为坐标轴建立平面坐标系如图所示：

则，设，，，

∴，，

∴，

∴当时，取得最小值.

【点睛】本题考查了平面向量的数量积计算，解答的关键是理解数量积的定义以及数量积的坐标表示.

19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．

（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；

（2）若，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；

(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得的值，然后由诱导公式可得的值.

【详解】（1）因为，

由余弦定理，得，即.

所以.

（2）因为，

由正弦定理，得，所以.

从而，即，故.

因为，所以，从而.

因此.

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.

20．设的内角的对边分别为．已知，求：

（1）的大小；

（2）的值．

【答案】（1）；（2）.

【详解】分析：(1)由，利用余弦定理,求得的值，进而求得；（2）利用两角差的正弦公式把展开，整理后利用两角和的正弦公式结合诱导公式，化简求得结果为，把（1）中的值代入即可求得答案.

详解：（1）在中

,

,

,

又，.

（2）

,

即=.

点睛：本题主要考查两角和与差的正弦公式以及余弦定理与特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

21．设.

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；

单调递减区间是

（Ⅱ） 面积的最大值为

【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；

（Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.

试题解析：

解：（Ⅰ）由题意知

由 可得

由 可得

所以函数 的单调递增区间是 ；

单调递减区间是

（Ⅱ）由 得

由题意知为锐角，所以

由余弦定理：

可得：

即： 当且仅当时等号成立.

因此

所以面积的最大值为

【解析】1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.

22．的内角的对边分别为，已知．

（1）求；

（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．

【答案】(1) ;(2).

【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.

(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.

【详解】(1)

[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】

由三角形的内角和定理得，

此时就变为．

由诱导公式得，所以．

在中，由正弦定理知，

此时就有，即，

再由二倍角的正弦公式得，解得．

[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】

由解法1得，

两边平方得，即．

又，即，所以，

进一步整理得，

解得，因此．

[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】

根据题意，由正弦定理得，

因为，故，

消去得．

，，因为故或者，

而根据题意，故不成立，所以，

又因为，代入得，所以.

(2)[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】

因为是锐角三角形，又，所以，

则．

因为，所以，则，

从而，故面积的取值范围是．

[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】

由题设及（1）知的面积．

因为为锐角三角形，且，

所以即

又由余弦定理得，所以即，

所以，故面积的取值范围是．

[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】

如图1，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．

由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，

所以点C位于在线段上且不含端点，从而，

即，即，所以，

故面积的取值范围是．

【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；

方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；

方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.

(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；

方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；

方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.