2022-2023学年江苏省泰州市兴化市高一下学期期中理科数学试题

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（考试用时：120分钟 总分150分）
注意：所有试题的答案均需填写在答题卡上，答案写在试卷上的无效．
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式和两角差的正弦公式求解.
【详解】.
故选：A
2. 已知复数为纯虚数（其中i是虚数单位），则实数b的值为（ ）
A. -3B. -1C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】直接由复数代数形式的乘法运算化简复数z，又复数z为纯虚数，则实部为0，虚部不等于0，即可求出实数b的值.
【详解】复数，
又复数z为纯虚数，则有，解得.
故选：C.
3. 若平面上的三个力，，作用于一点，且处于平衡状态．已知，，与的夹角为120°，则的大小为（ ）
A. B. C. 2ND. 3N
【答案】B
【解析】
【分析】由三力平衡，知，将其两边平方，并结合平面向量的数量积进行运算，得解．
【详解】由题意知，
所以，
所以
故选：B．
4. 《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.
【详解】由题意可知：，，
所以.
故选：A.
5. 若，，的面积为，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由条件结合三角形面积公式求，再由余弦定理求.
【详解】由三角形面积公式可得的面积，
又，，
所以，
由余弦定理可得，
又，，，
所以，
所以，
故选：C.
6. 在平行四边形ABCD中，，，，则（ ）
A. B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量基本定理得到，，利用向量数量积公式求出.
【详解】因为，所以为中点，
由题意得，，
所以，
设，则，代入上式中得，，
解得.
故选：D
7. 已知，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用诱导公式化简已知式和求值式，求值式变形有后用二倍角公式计算．
【详解】由题意，
所以，
所以
．
故选：B．
【点睛】本题考查诱导公式与二倍角公式求值．解题关键是对“单角”和“复角”的相对性的理解与应用．本题中用诱导公式化简和用二倍角公式求值，都是把作为一个“单角”进行变形参与运算，而不是作为两个角的和．
8. 0.618被公认为是最具有审美意义的比例数字，是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.他认为底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形是“最美三角形”，即顶角为36°的等腰三角形，例如，中国国旗上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的，如图，在其中一个黄金中，黄金分割比为.根据以上信息，计算（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用正弦定理及正弦的二倍角公式求得，然后由诱导公式求解．
【详解】在中，由正弦定理可得，
∴， .
故选：B.．
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理和正弦的二倍角公式，考查诱导公式．本题考查关键是利用正弦定理把三角函数值与黄金分割比联系起来，得．
二、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. 已知i为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A. 复数的虚部为B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限
C. 若，则D. 若复数z满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数运算求，由此确定其虚部，判断A，根据复数的几何意义确定其对应点，判断B，举反例，判断C，根据复数的运算，结合条件判断D.
【详解】对于A，因为，故复数的虚部为，A正确；
对于B，复数在复平面内对应的点为，该点位于第四象限，B正确；
对于C，取，则，
又，故，C错误；
对于D，设，则，
因为，所以，故，D正确；
故选：ABD.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. ，则为等腰三角形
C. 若，则为钝角三角形
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正弦定理角化边推理判断A；利用正弦定理边化角推理判断B；利用和角的正切推理得并判断C；利用正余弦定理、二倍角的余弦推理判断D作答.
【详解】对于A，在中，由及正弦定理，得，所以，A正确；
对于B，由及正弦定理，得，于是，
由，得或，即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，B错误；
对于C，在中，由，
得，因此中有且只有一个为负数，
所以中有一个为钝角，即为钝角三角形，C正确；
对于D，在中，由余弦定理得，
由正弦定理得
有，
于是，
整理得，D正确.
故选：ACD
11. 下列四个等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用余弦二倍角公式求解，对于B，通分后利用两角差的正弦公式化简，对于C，将化简后，代入计算即可，对于D，利用两角和的正切公式化简计算.
【详解】对于A，，所以A错误，
对于B，
，所以B正确，
对于C，因为，
所以
，所以C正确，
对于D，因为，
所以，
所以
，所以D正确，
故选：BCD
12. 已知为所在平面内一点，则下列正确的是（ ）
A. 若，则点在的中位线上
B. 若，则为的重心
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则与的面积比为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设中点为，中点为，由可得，可知A正确；
设中点为，由得，对应重心的性质可知B正确；
由知为锐角，但无法确定，知C错误；
根据平面向量基本定理可知，将面积比转化为，知D正确.
【详解】对于A，设中点为，中点为，
，，
，即，三点共线，
又为的中位线，点在的中位线上，A正确；
对于B，设中点为，由得：，
又，，在中线上，且，
为的重心，B正确；
对于C，，与夹角为锐角，即为锐角，但此时有可能是直角或钝角，故无法说明为锐角三角形，C错误；
对于D，，为线段上靠近的三等分点，即，
，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量在几何中的应用问题，涉及到三角形重心的表示、平面向量基本定理的应用等知识；本题解题关键是能够根据平面向量线性运算将已知等式进行转化，确定点的具体位置及其满足的性质.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在复平面内，对应的复数是，对应的复数是，则对应的复数是______．
【答案】
【解析】
【分析】由向量的线性运算和复数的减法运算可求得答案.
【详解】解：由题意可知，，则对应的复数是.
故答案为：.
14. 如图，在4×4的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量，，满足，则______．

【答案】7
【解析】
【分析】建立合适的直角坐标系，写出相关向量，根据题意得到方程组即可得到答案.
【详解】建立如图所示直角坐标系，设小方格的边长为单位长度1，
可得，同理可得，
，
将方程组中两式相加,可得.
故答案为：7.

15. 如图，在四边形ABCD中，AD=3，BC=4，E，F分别是AB，CD的中点，P，Q分别是AC，BD的中点，则______．

【答案】##1.75
【解析】
【分析】可连接，根据题意即可得出四边形为平行四边形，从而可得出，然后进行数量积的运算即可．
【详解】如图，连接，

∵为的中点，为对角线的中点，
，，
∴四边形为平行四边形，
，，
，，
故答案为：
16. 在中，已知，．锐角，满足．
①当，______；
②当取最小值时，______．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由条件可知，，展开后利用三角恒等变形，
转化为的二次函数，即可求解；第二问可知，
，展开后利用三角恒等变形，得到
，代入后，利用基本不等式求最值，即可求解.
【详解】由题意可知，，则，，
，，，
，则,，
时，，
则，
，
两边同时除以，并且，
得，
化简为，得或（舍），
所以；
，两边同时除以，
得，
，，，,
化简为，则，
，
设，则，
则，
当时，即时等号成立，
此时，，
所以.
故答案为：；
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知，为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）2；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系与正切的和差角公式求解即可；
（2）利用同角三角函数的基本关系与余弦的和差角公式求解即可
【详解】（1）因为，为锐角，则，，，
则，，
而．
（2）由，得：
，，
则．
18. 已知为虚数单位.
（1）计算：；
（2）若，求复数.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据复数的运算性质计算即可；（2）设，求出，的值，求出即可．
【详解】（1）.
（2）设，
则由，得，
则解得或
则或.
19. 已知是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求的坐标；
（2）若，且与垂直，求与的夹角.
【答案】（1）或.
（2）.
【解析】
【分析】（1）设，根据两向量平行的坐标关系以及向量的模的计算建立方程组，求解即可；
（2）由向量垂直的条件以及向量夹角的计算公式可求得答案.
【小问1详解】
解：设，因为，所以．①
又，所以．②，由①②联立，解得或，所以或．
【小问2详解】
解：由，得，
又，解得，所以，
所以与的夹角.
20. 如图，在中，，，分别在边上，且满足，为中点．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求边的长．
【答案】（1）（2）6
【解析】
【分析】(1)先由，确定向量与，与之间的关系，用与表示出，由对应系数相等，即可求出结果；
（2）用向量，表示出向量和，再由向量数量积运算求解即可.
详解】解：（1）因为，所以，
所以，所以，
（2）因为，
，
所以，
设，因为，
所以，又因为，
所以，
化简得，
解得(负值舍去)，所以的长为6．
【点睛】本题主要考查向量的基本定理以及向量的数量积运算，只需熟记定理和公式即可求解，难度不大.
21. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．
（1）若，求角C；
（2）在（1）的条件下，设点D满足，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量数量积的定义可得，结合余弦边角关系有，进而确定a，b，c的关系，应用余弦定理求角C；
（2）由（1）知是顶角为等腰三角形，且，根据且，应用向量数量积的运算律求得，即可得.
【小问1详解】
由，即，故，
所以，整理得，
由余弦边角关系得，则，
所以，即，则，
由，，故.
【小问2详解】
由（1）易知：是顶角为等腰三角形，且，
且，则，
所以，而，故
22. 在平面凸四边形中，，，．
（1）当四边形内接于圆O时，求四边形的面积；
（2）当四边形的面积最大时，求对角线的长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，结合求出角，再利用三角形面积公式求解作答.
（2）结合余弦定理和面积公式得，进而得，再由三角函数性质得当时，有最大值，再借助余弦定理求解作答.
【小问1详解】
连接，如图，

由余弦定理得：，
及，
于是，又四边形内接于圆，即，
因此，化简可得，又，解得，
于是，
所以四边形的面积.
【小问2详解】
设四边形的面积为，则，
又，
于是，即，
平方相加得，即，又，
则当时，有最大值，即有最大值，此时，解得，
又，于是，
在中，，即，
所以对角线长为.
【点睛】思路点睛：涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.