精品解析：江苏省南京市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案及解析）

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1. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，再利用复数的除法化简.
【详解】因为，所以.
故选：D.
2. 已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A. B. 2C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量与共线，所以，
解得．
故选：D．
3. 函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用余弦的二倍角公式化函数为关于的二次函数，结合二次函数性质可得值域．
【详解】，
因为，所以．即值域为，
故选：C．
4. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，
所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
5. 设向量，满足，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合向量垂直，求得，再根据夹角公式，即可求得结果.
【详解】根据题意，，即，解得；
故，又，故.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式可得结果.
【详解】
，
故选：D.
7. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合两角和差的正切公式求得，进而可求，结合正弦定理运算求解.
【详解】因为，不妨设，
又因为，
即，解得，
所以，
因为，即，
且，即，
又因为，则，解得，
同理可得，所以.
故选：B.
8. 在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用正弦定理求出角，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可.
【详解】且，,
根据正弦定理得，,
即，
整理得，
，，，解得，，
，
，,
的面积
为锐角三角形，，，
，，
，
.
故选：C.
二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分䢞对的得3分，有选错的得0分.
9. 如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，为线段的中点.为的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 点的坐标为，
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项运用图形可判断；B选项可用三角函数定义判断；C选项可判断；D选项可知道,再利用中点坐标公式可判断.
【详解】，，A正确；
由题意，为的中点
则，
所以点的坐标为，故B错误;
由，可得，故C正确;
由于，
利用三角函数的定义，则;
所以，故D正确;
故选:ACD.
10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则，
B. 若为斜三角形，则
C. 若，则解此三角形结果有一解.
D. 若外接圆半径为，内切圆半径为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由大角对大边得到，再由正弦定理及余弦函数的性质判断A；利用两角和的正切公式及诱导公式判断B；利用余弦定理判断C；利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，即可求出，由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D.
【详解】对于A：因为，可得，
由正弦定理可得，
由函数在上单调递减，所以，故A正确；
对于B：在斜三角形中，，
所以，故B正确；
对于C：由余弦定理，即，即，
又，解得，所以有两解，则三角形有两解，故C错误；
对于D：因为，由正弦定理可得，
设，则，，
由余弦定理得，又，
所以，
由正弦定理（为外接圆半径），
所以，
又，所以，所以，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，长方形中，将它分成3个小正方形，下列讨论正确的是（ ）

A. 若，则
B. 若P为长方形ABCD内动点，，为常数，则满足
C. 若P在线段AC上（不包括端点），则取值范围为.
D. ，若，则P在正方形内.
【答案】AB
【解析】
【分析】求得，结合正切的两角和的公式，可判定A正确；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，得到，可得，结合，可判定B正确；设，求得，可判定C错误；结合向量，得到点在正方形上，可判定D错误.
【详解】对于A，由，可得，
又由，
因为，可得，所以，所以A正确；

对于B，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，可得，则，
又由，可得，
因为点在长方形内，所以，即，
解得，所以B正确；

对于C，由B中的坐标系，可得，
因为点在上，可设，
所以，则，
可得，所以C错误；
对于D，由，可得，若，
此时点不在正方形内，所以D错误.
故选：AB.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若cs2θ＝－，则sin4θ＋cs4θ＝______.
【答案】
【解析】
【分析】首先变形，再利用二倍角公式化简求值.
【详解】sin4θ＋cs4θ＝(sin2θ＋cs2θ)2－2sin2θcs2θ＝1－sin22θ，
又cs2θ＝－，∴sin22θ＝1－cs22θ＝.∴原式＝1－sin22θ＝.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数恒等变形，关键是熟记公式，并灵活应用，其中关键变形就是第一步.
13. 设都是单位向量，且，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出，再根据数量积的运算律得到，最后结合数量积定义计算可得.
【详解】因为，，
则，
所以
，
当与方向相同时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 在中，，，O为的外心，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，且，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出.设则.由，利用二倍角公式求出，根据数量积的定义直接求解.
【详解】如图示，作出的外接圆O，设半径为R.
由正弦定理得：,即，解得：，所以.
设则.
所以
.
因为O为的外心，所以,所以.
同理：,.
因为，所以，
所以.
由二倍角的余弦公式可得：.
所以.
故答案为：.
【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：
(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；
(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．
四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤.
15. 已知复数是纯虚数，其中是实数.
（1）求实数的值;
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简运用纯虚数概念求解即可；
（2）化简，结合，周期性质即可解题.
【小问1详解】
复数，则，
因为是纯虚数，于是，解得
【小问2详解】
由（1）得到，又，
则，即有，
所以.
16. 已知，，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）利用平方关系将式子化成齐次式，再将弦化切，最后代入计算可得；
（2）首先由同角三角函数的基本关系求出，sinβ，，由二倍角公式求出、，最后由并利用两角差的余弦公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以
；
【小问2详解】
且，
，则，
，
，
，，且，解得（负值舍去），
，
又，，，
.
17. 如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点A是扇形弧上的一点（不包含端点），过A作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点．
（1）若，求；
（2）设，求四边形的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记与的交点分别为，求出的长，即可求得答案;
（2）连接，记与的交点分别为，求出的长，即可表示出四边形的面积，结合三角恒等变换以及正弦函数的性质化简求值，即得答案.
【小问1详解】
由题意可知关于对称，连接，记与交点分别为，
则，
故，
则，
故.
【小问2详解】
连接，记与的交点分别为，，
则，
，，
，
所以四边形的面积
，
因为，，
所以当，即时，取到最大值1，
故.
18. 如图，在平面四边形中，，，，．

（1）若，求的值；
（2）若，，求AD长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用余弦定理求出，再由余弦定理求出.
（2）由，及，再结合正弦定理求．
【小问1详解】
中由余弦定理AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC，
即，所以，
再由余弦定理，
即，解得.
【小问2详解】
在中由正弦定理可得，
所以，
在中正弦定理可得，所以，
而，故，故，
故，
又，显然为锐角，
所以，，即，，
则
，
在中由正弦定理，
则．
19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）.记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为S.
（1）设函数，求证：；
（2）若函数，且，求其“相伴向量”的模；
（3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）把化为形式，由定义证明；
（2）把化为形式，得其“相伴向量”，由模公式可求模；
（3）先根据定义得到函数取得最大值时对应的自变量，再结合基本不等式求出的取值范围，由正切的二倍角公式及函数的单调性可得结论．
【小问1详解】
因为，
其中“相伴向量”，所以.
【小问2详解】
由题意可得：
，
则函数hx的“相伴向量”，
所以.
【小问3详解】
因为的相伴函数，
其中，
当时，取到最大值，则，
则，
因为定点且，设，且，
则，
若，可得；
若，可得，即；
综上所述：，
令，
则，
可知在内单调递减，
若，则；
若，则；
综上所述：，
可得，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解题关键是利用基本不等式求出的取值范围，由函数单调性求出的取值范围．