期中考试押题卷（第9-12章）

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2023-2024学年下学期期中考试押题卷 高一·数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：必修第二册第9章、第10章、第11章、第12章。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题 共58分）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．已知向量满足，且与夹角的余弦值为，则（    ）A．36 B． C．32 D．【答案】B【解析】设与的夹角为，则，.故选：B2．对于复数，下列说法正确的是（    ）A．若，则为纯虚数B．若，则C．若，则为实数D．i的平方等于1【答案】C【解析】A：当时，显然是实数，因此本选项说法不正确；B：，因此本选项说法不正确；C：，，因此本选项说法正确；D：由虚数单位的定义可知：，因此本选项说法不正确，故选：C3．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（    ）A． B．4 C．2 D．【答案】C【解析】，由，故，又，故，，由余弦定理可得：，即.故选：C.4．如图，矩形中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】解法一：依题意①，②，③，由②③式解得，，代入①式得．解法二：以为原点，分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，则，由，有，有，解得，得．故选：A．5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】．故选：A．6．的值为（   ）A． B． C．2 D．4【答案】D【解析】.故选：D.7．在中，，，则的大小为（    ）A．或 B． C． D．或【答案】C【解析】由，，等式两边平方相加得：，即，故，故或.由，得，得，故，则，故.故选：C8．在任意四边形中，点，分别在线段，上，且，，，，，则与夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，则①，又②，由①+②可得，即，故，设与夹角为，则，解得.故选：C．二、选择题：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．已知向量，，且，则（    ）A． B．C．向量与向量的夹角是 D．向量在向量上的投影向量坐标是【答案】ACD【解析】因为向量，，所以，由得，解得，所以，故A正确；又，所以，故B错误；设向量与向量的夹角为，因为，，所以，又，所以，即向量与向量的夹角是，故C正确；向量在向量上的投影向量坐标是，故D正确.故选：ACD.10．设复数对应的向量分别为（为坐标原点），则（    ）A．B．若，则C．若且，则D．若，则的最大值为.【答案】ACD【解析】对于A中，由，可得，所以A正确；对于B中，由，因为，可得，所以B错误；对于C中，由，因为，可得，即又因为，可得，联立方程组，可得，解得，所以C正确；对于D中，由，可得，因为，可得，即，表示以为圆心，半径为的圆，可得，则原点到圆上点的最大距离为，即的最大值为，所以D正确.故选：ACD.11．如图，在中，内角的对边分别为，若，且是外一点，，则下列说法正确的是（    ）A．是等边三角形B．若，则四点共圆C．四边形面积的最小值为D．四边形面积的最大值为【答案】ABD【解析】，根据正弦定理得，即，，显然，则，根据题意，有，又，可得为等边三角形，故A正确；，在中，，当时，，即共圆，B正确.又四边形面积，，则，所以四边形的面积没有最小值，C错误.当，即时，四边形面积取最大值，故D正确.故选：ABD.第二部分（非选择题 共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知锐角满足，，则 .【答案】/【解析】均为锐角，，，.故答案为：.13．圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣·索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得建筑物顶、教堂顶的仰角分别是和，在建筑物顶处测得教堂顶的仰角为，则可估算圣·索菲亚教堂的高度约为 .【答案】【解析】由题可得在直角中，，，所以，在中，，，所以，所以由正弦定理可得，所以，则在直角中，，即圣·索菲亚教堂的高度约为54m.故答案为：14．在中，三个内角分别为A，B，C，，，，H为的垂心．若，则 ．【答案】【解析】因为，，，所以，由余弦定理可得，由以及为锐角，可得，故．同理，．于是．接下来证明定理4：O是（非直角三角形）的垂心．证明：O是（非直角三角形）的垂心，由定理4得，故，化简得．所以．故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）已知复数，i为虚数单位.(1)求；(2)若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.【解析】（1）因为复数，所以（2）因为复数z是关于x的方程的一个根，所以，可得，即，所以,解得.16．（15分）如图，在中，，点在线段上，且.求：(1)的长；(2)的大小.【解析】（1）设，则，∴，故.（2）设，则为向量与的夹角.∵，∴，即.17．（15分）已知函数．(1)求函数的最小正周期；(2)若，求的最值及取最值时的值；(3)若函数在内有且只有一个零点，求实数的取值范围．【解析】（1），故函数的最小正周期为．（2）由（1）知，因为，所以，令，则，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，即时，函数有最小值，最小值为．当，即，函数有最大值，最大值为．综上的最小值为0，此时；最大值为3，此时．（3）因为函数在内有且只有一个零点，所以在只有一个实根，即，即，即函数在的图象在与直线只有一个交点，当时，，令，则在区间的图象与直线只有一个交点时，即，解得．18．（17分）如图，在直角梯形中，为上靠近的三等分点，交于为线段上的一个动点．  (1)用和表示；(2)求；(3)设，求的取值范围．【解析】（1）依题意，，；（2）因交于，由（1）知，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，所以，所以，即；（3）由已知，因是线段上动点，则令，，又不共线，则有，得，因为，所以在上递增，所以，故的取值范围是．19．（17分） “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，(1)若，①求；②若，设点为的费马点，求；(2)若，设点为的费马点，，求实数的最小值．【解析】（1）①由正弦定理得，即，所以，又，所以；②由①，所以三角形的三个角都小于，则由费马点定义可知：，设，由得：，整理得，则；（2）因为，所以，所以，即，所以或，当时，，为直角三角形，当，则，得，在三角形中不可能成立，所以为的直角三角形，因为点为的费马点，则，设，则由得；由余弦定理得，，，故由得，即，而，故，当且仅当，结合，解得时，等号成立，又，即有，解得或（舍去），故实数的最小值为.