2021-2022学年河南省安阳市第一中学高一下学期第一次阶段测试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年河南省安阳市第一中学高一下学期第一次阶段测试数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省安阳市第一中学高一下学期第一次阶段测试数学试题一、单选题1．若复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】先求出，再求出共轭复数，判断出在第一象限.【详解】，则，对应的点在第一象限.故选：A.2．如图，在中，设，，若点E在上，且，则=（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】运用平面向量基本定理，结合平面向量加法的运算性质、平行四边形的性质进行求解即可.【详解】因为，所以，在中，，所以，故选：B3．设平面向量，若则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据求得，再根据向量模的坐标表示求得正确答案.【详解】由于，所以，，.故选：A4．在中，，，，为边上的高；O为上靠近点A的三等分点，且，其中，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出线段的长，然后用向量表示向量，【详解】在中，，所以，所以，所以，，故选：C．5．已知△ABC，若对任意t∈R，，则△ABC一定为（       ）A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．答案不确定【答案】C【分析】将向量模的关系，转化为数量积关系，再转化为三角形边和角的关系，结合正弦定理进行边角转化求得sinC的范围，从而确定C的范围，由此判断△ABC的形状.【详解】设AB＝c，BC＝a，AC＝b，∠ABC＝B，对任意，即对恒成立，即对恒成立则，化简得，即，即sinB，设外接圆的半径为，则由正弦定理可得，得，得即，又，，.故△ABC为直角三角形.故选：C.6．已知向量，，则“”是“与的夹角为钝角”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先求出与的夹角为钝角时k的范围，即可判断.【详解】当与的夹角为钝角时，，且与不共线，即所以且.故“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.故选B.7．在中，若，，，则（       ）A． B．3 C．6 D．【答案】B【分析】利用余弦定理，代入即得解【详解】在中，由余弦定理：故即解得或（舍去）故选：B8．已知向量，且，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先通过计算出，再利用齐次分式求出结果即可.【详解】由题意可得，即.故选：A.9．如果向量，的夹角为，我们就称为向量与的“向量积”，还是一个向量，它的长度为，如果，，，则（       ）A． B．8 C．16 D．20【答案】C【解析】利用平面向量数量定义求出夹角的余弦值，进而可得其正弦值，再根据向量积的定义可求得结果.【详解】因为，所以，因为，所以，所以.故选：C【点睛】关键点点睛：根据平面向量数量积的定义求出夹角的余弦值,进而求出其正弦值是解题关键.10．在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东15°方向且与航母的距离为12海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西45°方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为（       ）A．海里 B．海里 C．海里 D．海里【答案】A【分析】利用正弦定理可求解.【详解】设甲驱逐舰、乙护卫舰、航母所在位置分别为A，B，C，则，，.在△ABC中，由正弦定理得，即，解得，即甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为海里故选：A11．已知正方形ABCD的边长为2，MN是它的内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，的取值范围是（       ）A．[0，1] B．C．[1，2] D．【答案】A【分析】作出图形，考虑是线段上的任意一点，可得出，以及，，然后利用平面向量数量积的运算律可求得的取值范围.【详解】如下图所示：考虑是线段上的任意一点，，，圆的半径长为，由于是线段上的任意一点，则，所以，.故选：A.12．十七世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过“几何学里面有两件宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，如果把勾股定理比作金矿的话，那么可以把黄金分割比作砖石，”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形），如图所示的五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，在其中一个黄金中，，根据这些信息可得到（       ） A． B． C． D．【答案】A【分析】首先在中利用余弦定理求得的值，然后结合诱导公式即可确定的值．【详解】在中，由余弦定理可得：，．故选：A． 二、填空题13．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，若z1＝2+i，i是虚数单位，则＝______．【答案】【分析】由已知求得z2＝-2+i，代入除式，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】∵z1＝2+i，且复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，∴z2＝-2+i，则．故答案为：.14．如图，在等腰梯形中，，，，则______．【答案】-2【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法求得.【详解】取的中点，连接，．∵，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，．以为坐标原点建立平面直角坐标系如图．设，，∵，.∴点，，∴，∴．故答案为：15．在中，是角A，B，C的对边，已知，现有以下判断：①；②可能等于16；③的面积可能是.请将所有正确的判断序号填在横线上________.【答案】①【分析】根据余弦定理得三角形的三边的关系，再利用均值不等式的积与和之间的不等转化，得到和的最大值，从而得解.【详解】由三角形的射影定理得故①正确；由余弦定理得 所以所以又因为，解得，故②错误.因为，所以解得所以 故③错误．故得解.【点睛】本题考查余弦定理和均值不等式的应用，属于中档题.16．已知平面向量，满足 ，且， 与夹角余弦值的最小值等于 _________ .【答案】【解析】根据平面向量数量积的运算律化简,结合题中所给模长用表示出,即可用表示出与夹角的余弦值;利用换元法令,由平面向量数量积定义及三角函数的值域,求得的范围.代入中求得m的取值范围.再根据平面向量数量积定义,用m表示出与夹角余弦值,即可由m的取值范围结合表达式的性质得解.【详解】平面向,满足,则因为展开化简可得,因为,代入化简可得设与的夹角为则由上式可得而代入上式化简可得令,设与的夹角为,则由平面向量数量积定义可得,而所以由余弦函数的值域可得,即将不等式化简可得,解不等式可得 综上可得,即而由平面向量数量积的运算可知,设与夹角为,则 当分母越大时,的值越小;当的值越小时,分母的值越大所以当时, 的值最小代入可得所以与夹角余弦值的最小值等于故答案为: 【点睛】本题考查平面向量数量积的综合应用,根据向量的模求得向量夹角的表示形式,三角函数值域的有界性,由函数解析式及性质求最值,综合性强,属于难题. 三、解答题17．已知复数z1＝2＋ai(其中a∈R且a>0，i为虚数单位)，且为纯虚数．(1)求实数a的值；(2)若，求复数z的模.【答案】（1）a＝2．（2）|z|＝2．【分析】（1）根据复数的运算，求得，由为实数，列出方程组，即可求解；（2）化简复数得，利用复数的模的计算公式，即可求解.【详解】(1)z ＝ (2 ＋ ai)2 ＝ 4－a2 ＋ 4ai，因为z为纯虚数，所以解得a＝2.(2)z1＝2＋2i，z＝＝＝＝2i，∴|z|＝2.【点睛】本题主要考查了复数的基本概念和复数的分类，其中解答中熟记复数的基本运算公式和复数的基本概念是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.(1)若，求的面积S；(2)若点D为边BC的中点，且，求的周长L.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理角化边，然后用三角形面积公式计算即可；（2）利用余弦定理计算和，再根据，可得关系，再结合可得的周长.【详解】(1)根据正弦定理，由可得因此的面积.(2)因为点D为边BC的中点，所以根据余弦定理，同理因为，所以，可得，由，可得解得所以的周长19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知向量，又点，，，.（1）若，且，求向量；（2）若向量与向量共线，常数，求的值域.【答案】（1）或；（2）当时的值域为.时的值域为.【详解】分析：（1）由已知表示出向量，再根据，且，建立方程组求出，即可求得向量；        （2）由已知表示出向量，结合向量与向量共线，常数，建立的表达式，代入 ，对分类讨论，综合三角函数和二次函数的图象与性质，即可求出值域.详解：（1），∵，且，∴，，解得，时，；时，.∴向量或.（2），∵向量与向量共线，常数，∴，∴ .①当即时，当时，取得最大值，时，取得最小值，此时函数的值域为.②当即时，当时，取得最大值，时，取得最小值，此时函数的值域为.综上所述，当时的值域为.时的值域为.点睛：本题考查了向量的坐标运算、向量垂直和共线的定理、模的计算、三角函数的值域等问题，考查了分类讨论方法、推理与计算能力.20．在锐角中，角，，的对边分别为，，且．(1)求的大小；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）运用正弦定理边化角，再运用余弦定理即可（2）运用正弦定理转化为角的函数，结合锐角三角形得出角的范围再求解【详解】(1)由得即由正弦定理得所以所以(2)由正弦定理所以因为,且为锐角三角形所以,即所以所以所以的取值范围为21．如图，在直角梯形OABC中，，，.为上靠近的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）.（Ⅰ）若，求实数的值；（Ⅱ）设，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（1）根据平面图形的性质以及平面向量的线性运算，结合共起点的三向量终点共线的结论列出方程即可求出结果；（2）根据平面向量的线性运算以及平面向量的基本定理求出的关系，然后结合二次函数的图象与性质即可求出结果.【详解】解：（Ⅰ）由题意得，则故，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则；（Ⅱ）由已知，因P是线段BC上动点，则令，，又，不共线，则有，，在上递增，所以，，，故的取值范围是.22．如图，游客从某旅游景区的景点处下山至处有两种路径.一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到，现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为50m/min.在甲出发2min后，乙从乘缆车到，在处停留1min后，再匀速步行到.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路长为1260m，经测量得，，为钝角.（1）问乙出发多少min后，乙在缆车上与甲的距离最短；（2）为使两位游客在处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内.【答案】（1）；（2）【解析】（1）设乙出发min后，甲乙游客距离为m，由余弦定理可得，因，由二次函数的性质可求；（2）由正弦定理可得，设乙步行的速度为m/min，由题可得，解得不等式即可.【详解】（1），，，在中，由正弦定理，得，设乙出发min后，甲乙游客距离为m，由余弦定理得，即，，即，当时，即乙出发min后，乙在缆车上与甲的距离最短；（2），由正弦定理，得，，乙从B出发时，甲已经走了，还需走710m才能到达C，设乙步行的速度为m/min，则，即，解得，故乙步行的速度应控制在.【点睛】本题考查解三角形的应用，解题的关键是正确列出等量关系，注意计算的正确性.