2022-2023学年江苏省徐州市高一下学期期中数学试题

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（考试时间120分钟试卷满分150分）
一、单项选择题：本大题共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. 已知为虚数单位，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据的次方运算的周期性可得答案.
【详解】，
故选：A
2. 中角，，所对边的长分别为，，.向量，.若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量共线可得，然后由余弦定理可得答案.
【详解】因为向量，，，
所以，即，
由余弦定理可得，
因为，所以，
故选：B
3. 复数满足，则复数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数模长和除法运算可求得，依次验证各个选项即可得到结果.
【详解】，，
；；；；
.
故选：B.
4. 定义：，其中为向量，的夹角，若，，，则（ ）
A. 6B. C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件和数量积的运算求得，从而得，然后根据新定义求解即可.
【详解】∵，∴，即，
∴，∴，
∵，∴，
∴.
故选：D.
5. 等腰三角形底和腰之比为黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是最美的三角形.例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成，且每个黄金三角形都是顶角为36°的等腰三角形，如图所示：在黄金角形ABC中，，根据这些信息，可求得的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知求得，可得的值，再由二倍角的余弦及三角函数的诱导公式求解．
【详解】
由图可知，且，
所以
故选:C.
6. 已知，，，均为锐角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先利用同角基本关系式求和，再利用角的变换的值.
【详解】是锐角，，，
，，且，
，，



.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查角的变换求三角函数值，本题的关键是角的变换，即变形，即求的值.
7. 已知点P是△ABC所在平面内点，有下列四个等式：
甲：； 乙：；
丙：； 丁：．
如果只有一个等式不成立，则该等式为（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】先根据向量等式推导出甲中P为△ABC的重心，乙中△ABC为直角三角形，丙中P为△ABC的外心，丁中P为△ABC的垂心，故得到当△ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，得到答案.
【详解】甲：，则，故P为△ABC的重心；
乙：，则，故，即△ABC为直角三角形；
丙：点P到三角形三个顶点距离相等，故P为△ABC的外心；
丁：，则，同理可得：，即P为△ABC的垂心，
当△ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，满足要求，当乙成立时，其他三个均不一定成立.
故选：B．
8. 已知锐角中角，，所对边的长分别为，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知边化角求得，然后根据已知得出.根据两角差的余弦公式以及两角差的正弦公式，化简得出，进而根据三角函数的范围，即可得出答案.
【详解】由边化角可得，.
因为，所以.
因为为锐角三角形，所以，
所以，，
由可得，.
因为，
又，
所以，，
所以，.
故选：C.
【点睛】思路点睛：通过已知求出，然后消去，化简得出关于的三角函数，化简根据三角函数的范围，即可得出答案.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的得0分.
9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 复数的虚部为
C.
D. 若复数满足，则的最大值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】计算出可判断A，根据虚部的概念可判断B，计算出可判断C，根据复数的几何意义可判断D.
【详解】因为，所以，
所以，故A正确；
复数的虚部为，故B错误；
，所以，故C错误；
若复数满足，设，
则点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以的最大值为，故D正确，
故选：AD
10. 下列等式成立的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二倍角的正余弦公式，以及两角和的正切公式及其逆用，化简各个式子，即可得出答案.
【详解】对于A项，，故A项错误；
对于B项，，故B项正确；
对于C项，因为，
即，
所以有，故C项正确；
对于D项，，故D项正确.
故选：BCD.
11. 已知是边长为2的等边三角形，，分别是，上的点，且，，与交于点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B
C.
D. 在上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知可知共线，共线，设，用表示出，根据向量共线，即可得出，进而得出A项；用表示出，然后根据数量积的运算律，即可得出B项；用表示出，然后根据数量积的运算律，即可判断C项；用表示出，然后根据投影向量的概念，即可得出D项.
【详解】
对于A项，因为与交于点，则共线，共线，
设，，
则.
又，
因为共线，所以，使得，
即.
因为不共线，所以，解得，
所以，，
所以，，故A项正确；
对于B项，由A可知，，，，
所以，，
所以，，故B项正确；
对于C项，由A知，，，
所以，，故C项错误；
对于D项，因为，，
所以，.
又，
所以，在上的投影向量为，故D项正确.
故选：ABD.
12. 在中角，，所对边的长分别为，，，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，则是等腰三角形
D. 若，，则面积的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于选项A，由正弦定理可得，结合二倍角公式可得；对于选项B，由余弦定理得为锐角；对于选项C，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求解；对于选项D，由余弦定理结合基本不等式得，由三角形面积公式可得面积的最大值．
【详解】对于选项A，已知，则，
则，
即，即选项A正确；
对于选项B，已知，则，即为锐角，
则不一定是锐角三角形，即选项B错误；
对于选项C，已知若，则，
即，即，
则，
展开整理得，
又，
则或，则是直角三角形或等腰三角形，即选项C不正确；
对于选项D，已知，则，
即，即，当且仅当时取等号，
即，则面积的最大值为，即选项D正确．
故选：AD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知单位向量，的夹角为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知得出，然后根据数量积运算律得出，开方即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，，
所以，.
故答案为：.
14. 已知，则______，______.
【答案】 ①. 2 ②. ##
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式可得，再根据两角和的正弦公式以及二倍角的公式展开，根据齐次式即可求解.
【详解】由，
得，
．
故答案为：2，．
15. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为___________m．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知的边和角，在中，由正弦定理解得，在中，由余弦定理得.
【详解】因，，所以，，所以，
又因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，解得．
故答案为：
16. 在中，角，，的对边分别是，，，若，则___________.
【答案】9
【解析】
【分析】将已知条件切化弦，然后结合两角和与差的正弦公式、正余弦定理，将等量关系转化为，，间的关系，则问题可解．
【详解】解：因为，
所以
，
即
故原式化为，
由正余弦定理得：，即，所以，所以．
故答案为：9．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知复数，，.
（1）当时，求的值.
（2）若是纯虚数，求的值.
（3）若在复平面上对应的点在第二象限，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）当时，根据复数的乘法运算，即可求解；
（2）化简复数，根据复数为纯虚数，得到，即可求解；
（3）化简复数，根据在复平面上复数对应点位于第二象限点，列出不等式组，即可求解.
【详解】（1）当时，可得；
（2）由复数为纯虚数，可得，解得；
（3）由，
可得在复平面上复数对应点，
因为点位于第二象限点，可得，解得，所以的范围是.
18. 已知向量，，在同一平面上，且，
（1）若与垂直，求的值；
（2）若（其中），当取最小值时，求向量与的夹角大小.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示及向量垂直的坐标表示计算作答.
（2）表示出的坐标，再利用模的坐标表示探求取最小值条件，借助向量数量积求解作答.
【小问1详解】
因，，则，，而与垂直
于是得，解得，
所以.
【小问2详解】
由，，及，得，
于是有，则当时，取最小值，
此时，而，即有，，
所以向量与的夹角为
19. 已知，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意利用同角三角函数的基本关系，两角和的余弦公式，计算求得的值．
（2）由题意利用同角三角函数的基本关系，求得的值，再利用二倍角公式求得、的值，再利用两角和的正弦公式，计算求得的值．
【详解】解：（1）因为，
所以，.
.
.
（2）因为，
故.
所以，.
所以
20. 在中，角A，，所对的边分别为，，，且．
（1）若，，求角
（2）设的角平分线交于点，若面积为，求长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）从正弦定理出发进行角换边，再利用余弦定理求得角A，再利用一次正弦定理求得角度.
（2）利用角平分线性质及面积公式得到，再利用基本不等式得出最值.
【小问1详解】
解：因为，
依据正弦定理，
所以，
即，
由余弦定理变形知，
因为，所以．
因为，，
则在中，由正弦定理得：
又，
因为，所以．
【小问2详解】
法一：因为，
是的角平分线，
而，
所以，
即，
所以，
因为，，，且，故AD
当且仅当取等，
所以最大值．
答：当时，最大值为．
法二：因为,
设，，
在，中由正弦定理知：
①，
②，
因为，所以①②得，
，
令，，
由于，
所以，易得此函数在为单调递增函数，
所以当时，最大值为．
【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，利用正弦定理解决范围与最值问题，涉及求余弦定理的值域或最值，利用单调性求最值，属于较难题．
21. 已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
（1）若，求的特征向量；
（2）设向量，的特征函数分别为，.记函数.
（i）求的单调增区间；
（ii）若方程在上的解为，，求.
【答案】（1）
（2）（i），（ii）
【解析】
【分析】（1）利用和差公式将展开可得答案；
（2）（i）根据定义可得的解析式，然后将其化为正弦型函数，然后可得其单调增区间，（ii）由条件可得，，，，然后可得，的值，然后算出的值，然后根据倍角公式可得答案.
【小问1详解】
，
所以的特征向量为，
【小问2详解】
（i）因为向量，的特征函数分别为，，
所以，，
所以
，
令，可得，
所以的单调增区间为，
（ii）因为方程在上的解为，，
所以为在上的两解，不妨设，
因为当时，，
所以，，，，
所以，，，，
所以，，
因为，，
所以可得.
22. 为提升城市旅游景观面貌，城建部门拟对一公园进行改造，已知原公园是直径为米的半圆，出入口在圆心处，点为一居民小区，距离为米，按照设计要求，取圆弧上一点，并以线段为一边向圆外作等边三角形，使改造之后的公园成四边形，并将区域建成免费开放的植物园，如图所示．
（）若时，点与出入口的距离为多少米？
（）设计在什么位置时，免费开放的植物园区域面积最大？并求此最大面积．
【答案】（1）；
（2）当点使时，面积最大，最大值为.
【解析】
【分析】（1）可设，然后根据题意得出、、，最后中通过余弦定理即可得出结果；
（2）本题可设，，，然后在中通过正弦定理以及余弦定理得出、、，最后将其代入中，通过正弦函数性质即可得出结果.
【详解】（1）设，易知，，，
在中，由余弦定理易知，
即，
解得.
（2）设，，，
在中，由余弦定理易知，，
即，①，
，即②，
由正弦定理易知③，
将①②③代入下列式子中：
，
则当时，取最大值，最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理、余弦定理以及解三角形面积公式，考查正弦函数性质的应用以及两角和与差的正弦公式，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难题.