新疆部分名校2023-2024学年高一下学期期中联合考试数学试题

这是一份新疆部分名校2023-2024学年高一下学期期中联合考试数学试题，共9页。试卷主要包含了在中，角的对边分别为，若，则等内容，欢迎下载使用。

1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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.如需玫动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.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，本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第七章.
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.已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，则的虚部为（ ）
A.2 B.4 C.-2 D.
3.已知向量，且，则（ ）
A.20 B.5 C.-5 D.-20
4.在中，角的对边分别为.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5.向量在正方形网格中的位置如图所示，则向量（ ）
A. B.
C. D.
6.在中，角的对边分别为.若，则的形状一定是（ ）
A.等腰三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.钝角三角形
7.已知向量，若，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
8.新疆国际大巴扎丝绸之路观光塔，是乌鲁木齐的地标性建筑.如图，某同学为测量观光塔的高度，在观光塔的正西方向找到一座高为40米的建筑物，在地面上点处（三点共线且在同一水平面上）测得建筑物的顶部的仰角为，测得观光塔的顶部的仰角为，在建筑物的顶部处测得观光塔的顶部的仰角为，则观光塔的高为（ ）
A.米 B.80米 C.米 D.米
二､多选题：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.下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
10.若，则（ ）
A. B. C. D.
11.在中，是的内切圆圆心，内切圆的半径为，则（ ）
A.
B.
C.的外接圆半径为
D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若，则__________.
13.已知正方形的边长为，则的值为__________.
14.在中，角的对边分别为.若，且该三角形有两解，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，其中.
（1）若为纯虚数，求的共轭复数；
（2）若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围.
16，（15分）
已知向量满足.
（1）若向量的夹角为，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若，求向量的夹角.
17.（15分）
在中，.
（1）若为的角平分线，且交于，求的长；
（2）若为的中线，且交，求的长.
18.（17分）
某时刻，船只甲在A处以每小时30海里的速度向正东方向行驶，与此同时，在A处南偏东53°方向距离甲150海里的B处，有一艘补给船同时出发，准备与甲会合.
（1）若要使得两船同时到达会合点时，补给船行驶的路程最短，补给船应沿何种路线，以多大的速度行驶？
（2）要使补给船能追上甲，该补给船的速度最小为多少？当该补给船以最小速度行驶时，要多长时间追上甲？
（参考数据：取）
19.（17分）
在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围.
高一数学试卷参考答案
1.C 由题意得.
2.A 因为，所以的虚部为2.
3.B 由题意得，解得.
4.B 由余弦定理可得.
5.D 如图，设，则.
6.A 由正弦定理得，即，又为的内角，所以.
7.C .
8.B 由题意可得米，，则.在中，由正弦定理可得，即，解得米.
9.ACD 对于，因为，所以与不是共线向量，可以作为基底，正确.对于，因为，所以，不可以作为基底，错误.对于，因为，所以与不是共线向量，可以作为基底，C正确.对于，因为（-2，所以与不是共线向量，可以作为基底，正确.
10.AD 由题意可得，
所以解得
11.BCD 因为内心是三角形内角平分线的交点，所以在中，，错误.由余弦定理可得.因为的面积，所以，B正确.设的外接圆半径为，则，故，C正确.对选项判断的方法一：因为在的平分线上，所以可设
，同理可设，则，得.根据平面向量基本定理得，解得，即，D正确.对选项D判断的方法二：利用内心的性质结论，有，即，所以，即，D正确.
12.2 由题意可得，则，解得.
13.-6 方法一：如图所示，建立以为原点的平面直角坐标系，得，则，故.
方法二：，故.
14. 由正弦定理可得，即.因为三角形有两解，所以，则即所以.
15.解：（1）由题意可得
解得，
，
所以的共轭复数为-32.
（2）由题意可得
即
解得，即的取值范围是.
16.解：（1）.
（2）由，得，
所以.
故.
（3）由题意得，即，
得，
所以.
因为，所以，即向量的夹角为.
17.解：（1）由
得，即的长为.
（2）由，
得，
故，即的长为.
18.解：（1）假设甲行驶的路线为，过作的垂线，点到的最短距离为.
要使补给船行驶的路程最短，补给船需沿正北方向，即方向行驶.
，
甲行驶到处所需时间为小时.
补给船行驶的速度为海里/小时.
故要使得两船同时到达会合点时，补给船行驶的路程最短，补给船应沿正北方向，以22.5海里/小时的速度行驶.
（2）设补给船以海里/小时的速度从处出发，沿方向行驶，小时后与甲在处会合.
在中，.
由余弦定理得，
所以，
即.
当，即时，取得最小值324，即，
所以补给船至少以18海里/小时的速度行驶才能追上甲.当补给船以最小速度行驶时，要6.25小时追上甲.
19.解：（1）因为，所以.
由正弦定理得，
则.
因为，所以.
（2）延长交于，延长交于.
根据题意可得.因为，所以.
设，且，则，
同理可得，
则
.
因为，所以.
又，
所以，所以的取值范围是