2022-2023学年江苏省淮安市高中校协作体高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省淮安市高中校协作体高一（下）期中数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数21−i(i为虚数单位)的模为( )
A. 1B. 2C. 2D. 12
2. 已知|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为π3，则a⋅b=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3. sinπ12=( )
A. 6+ 24B. 6− 24C. 2− 3D. 2+ 3
4. 已知三角形的三边长分别为3，5，7，则最大的角为多少( )
A. π3B. π2C. 2π3D. 5π6
5. 设复数z=12− 32i，则z2−z=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
6. 在△ABC中，若B=π6,b=2，则a+2b+3csinA+2sinB+3sinC=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7. 若α∈(0,π)，且sinα−2csα=2，则tanα4=( )
A. 3−12B. 5−12C. 3+12D. 5+12
8. 在△ABC中，D在AB上，且CD平分∠ACB.且∠ACB=π3.若CB=a,CA=b,|a|=1,|b|=2，则|CD|=( )
A. 33B. 53C. 2 33D. 2 53
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列选项中哪些是正确的( )
A. AB+BC+CD+DA=0
B. y=sinx−csx，x∈R的最大值为1
C. sinπ8⋅csπ8= 24
D. 复数z=m−1+(m2−1)i，m∈R可能为纯虚数
10. 下列选项中哪些是正确的( )
A. 当x>32时，向量a=(x,3),b=(2,−1)的夹角为锐角
B. 1−2sin215°=12
C. 在△ABC中，若c=acsB，则此三角形为直角三角形
D. i1+i2+i3+i4+…+i2023=−1(i为虚数单位)
11. 下列选项中哪些是正确的( )
A. 在任意三角形中tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC恒成立
B. 在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c若sinA>sinB，则a>b，反之也成立．
C. 已知向量a=(1,2),b=(−1,1)，则b在a上的投影向量为(15,25)
D. 2sin80°−sin20°cs20∘=1
12. 已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,sinβ)，P3(cs(α−β),sin(α−β))，A(−1,0)，则( )
A. |AP1|=|AP2|B. |OP1|=|OP2|
C. OA⋅OP1=OP2⋅OP3D. OA⋅OP3+OP1⋅OP2=0
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 复数−1+2i的共轭复数为______ ．
14. 在△ABC中，b2+c2=a2− 2bc，则A= ______ ．
15. 已知等腰△ABC中，底边BC长为2，腰长为 3，P为△ABC所在平面内一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值是______ ．
16. △ABC中，已知csA=35,csB=513，则csC= ______ ，若将前面的条件中的csA=35改为sinA=45，则tanC= ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知复数z1=−2+i，z1z2=−1−i．
(1)求z2；
(2)求z1z2．
18. (本小题12.0分)
已知点A(−1,0)，B(0,−1)，C(2,2)，求：
(1)2AB−AC的模；
(2)△ABC的面积．
19. (本小题12.0分)
已知α∈(0,π2),β∈(0,π2),tanα=15,tanβ=23．
(1)求α+β的值；
(2)求sin(2α+β)的值．
20. (本小题12.0分)
在①acsB+bcsA=2，②三角形面积为2，③asinA=c，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求b的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA= 2sinB，C=π4，_____？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
21. (本小题12.0分)
已知在锐角△ABC中，定义向量a=(sinB, 3),b=(cs2B,4cs2B2−2)且a//b．
(1)求角B；
(2)求csA+sinC的取值范围．
22. (本小题12.0分)
现某公园内有一个半径为20米扇形空地OAB，且∠AOB=π3，公园管理部门为了优化公园功能，决定在此空地上建一个矩形MNPQ的老年活动场所，如下图所示有两种情况可供选择．

(1)若选择图一，设∠NOA=α，请用α表示矩形MNPQ的面积，并求面积最大值．
(2)如果选择图二，求矩形MNPQ的面积最大值，并说明选择哪种方案更优(面积最大).(参考数据
2≈1.414, 3≈1.732)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
故|1+i|= 2．
故选：C．
根据复数的运算性质计算即可．
本题考查了复数的运算性质，考查复数求模问题，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为π3，
所以a⋅b=|a||b|cs=1×2×csπ3=1，
故选：A．
根据数量积公式计算即可．
本题考查了数量积的运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：sinπ12= 1−csπ62= 2− 32= 3−12 2= 6− 24．
故选：B．
直接利用二倍角公式，转化求解即可．
本题考查二倍角公式的应用，三角函数求值，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：三角形的三边长分别为3，5，7，则边长为7的边所对的角最大，
该角的余弦值为9+25−492×3×5=−12，∴最大的角为2π3．
故选：C．
先确定最大角，再利用余弦定理求出最大的角的余弦值，可得最大的角的值．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵z=12− 32i，
∴z2−z=z(z−1)=(12− 32i)(−12− 32i)=−34−14=−1，
故选：A．
根据复数的运算性质计算即可．
本题考查了复数的运算性质，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由正弦定理a+2b+3csinA+2sinB+3sinC=2RsinA+2×2RsinB+3×2RsinCsinA+2sinB+3sinC=2R=bsinB=2sinπ6=4．
故选：D．
由正弦定理将式子a+2b+3csinA+2sinB+3sinC化简得到值为2R，再由2R=bsinB即可求得．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：α∈(0,π)，且sinα−2csα=2，α2∈(0,π2)，
可得2sinα2csα2−2(2cs2α2−1)=2，
可得sinα2=2csα2，
tanα2=2，
2tanα41−tan2α4=2，
解得tanα4= 5−12，
故选：B．
利用二倍角公式，转化求解即可．
本题考查二倍角公式的应用，三角函数求值，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由CB=a,CA=b,|a|=1,|b|=2，∠ACB=π3，
则|AB|= AC2+BC2−2×AC×BC×csC= 3，
则∠ABC=π2，∠CAB=π6，
则|BC||CD|=cs∠BCD= 32，
即|CD|=1 32=2 33．
故选：C．
由余弦定理，结合三角函数的定义求解即可．
本题考查了余弦定理，重点考查了解三角形，属基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，AB+BC+CD+DA=AC+CD+DA=AD−AD=0，故A正确；
对于B，y=sinx−csx= 2sin(x−π4)，其最大值为 2，故B错误；
对于C，sinπ8⋅csπ8=12⋅2sinπ8csπ8=12sinπ4= 24，故C正确；
对于D，满足m−1=0m2−1≠0的实数m不存在，则复数z=m−1+(m2−1)i，m∈R不可能为纯虚数，故D错误．
故选：AC．
利用平面向量的加法运算判断A；求出三角函数的最大值判断B；利用二倍角公式求解判断C；由纯虚数的定义判断D．
本题考查命题的真假判断与应用，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，当x>32时，a⋅b=2x−3>0，故A正确；
对于B，1−2sin215°=cs30°= 32，故B错误；
对于C，由正弦定理及c=acsB得：sinC=sinAcsB，∴sin(A+B)=sinAcsB，
∴csAsinB=0，∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，∴csA=0，∵A∈(0,π)，∴A=π2，故C正确；
对于D，∵i4n+1=i，i4n+2=i2=−1，i4n+3=i3=−i，i4n+4=i4=1，
∴i+i2+i3+i4+⋅⋅⋅+i2023=505×(i+i2+i3+i4)+i2021+i2022+i2023
=505×(i−1−i+1)+i−1−i=−1，故D正确．
故选：ACD．
由向量的数量积及夹角知识可判断A；由二倍角公式可判断B；由正弦定理可判断C，由复数的运算可判断D．
本题考查向量的数量积及夹角、三角恒等变换、解三角形、复数的运算等知识，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，若△ABC为直角三角形，不妨设A=π2，则tan无意义，故A错误；
对于B，由正弦定理知sinAsinB=ab，所以若sinA>sinB，则a>b，反之也成立，故B正确；
对于C，∵向量a=(1,2),b=(−1,1)，
∴a⋅b=−1+2=1，|a|= 12+22= 5，
∴b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=1 5×1 5(1,2)=(15,25)，故C正确；
对于D，2sin80°−sin20°cs20∘=2sin(60°+20°)−sin20°cs20∘= 3cs20°+sin20°−sin20°cs20°= 3，故D错误．
故选：BC．
当△ABC为直角三角形时，可判断A，利用正弦定理可判断B，利用投影向量的定义可判断C，利用两角和的正弦公式可判断D．
本题主要考查了正弦定理的应用，考查了投影向量的定义，以及三角函数化简求值，属于基础题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于选项A，AP1=(csα+1,sinα)，AP2=(csβ+1,sinβ)，则AP12=2+2csα，AP22=2+2csβ，又csα与csβ的关系不确定，即|AP1|与|AP2|的关系不确定，即选项A错误；
对于选项B，|OP1|= cs2α+sin2α=1，|OP2|= cs2β+sin2β=1，即选项B正确；
对于选项C，OA⋅OP1=−csα，OP2⋅OP3=csβcs(α−β)+sinβsin(α−β)=cs[β−(α−β)]=cs(2β−α)，又−csα≠cs(2β−α)，即选项C错误；
对于选项D，OA⋅OP3=−cs(α−β)，OP1⋅OP2=csαcsβ+sinαsinβ=cs(α−β)，则OA⋅OP3+OP1⋅OP2=−cs(α−β)+cs(α−β)=0，即选项D正确，
故选：BD．
由平面向量数量积的坐标运算，结合两角和的余弦公式逐一判断即可得解．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了两角和的余弦公式，属基础题．
13.【答案】−1−2i
【解析】解：复数−1+2i的共轭复数为−1−2i．
故答案为：−1−2i．
直接利用共轭复数的定义得答案．
本题考查共轭复数的概念，是基础题．
14.【答案】3π4
【解析】解：∵在△ABC中，b2+c2=a2− 2bc，∴b2+c2−a2=− 2bc，
∴csA=b2+c2−a22bc=− 2bc2bc=− 22，
又∵A∈(0,π)，
∴A=3π4．
故答案为：3π4．
直接利用余弦定理求解即可．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：已知等腰△ABC中，底边BC长为2，腰长为 3，P为△ABC所在平面内一点，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(−1,0)，C(1,0)，A(0, 2)，
设P(x,y)，
则PA⋅(PB+PC)=(−x, 2−y)⋅(−2x,−2y)=2x2+2(y− 22)2−1≥−1，
当且仅当点P的坐标为(0, 22)时取等号．
故答案为：−1．
由平面向量数量积的坐标运算，结合二次函数最值的求法求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了二次函数最值的求法，属基础题．
16.【答案】3365 5633
【解析】解：在三角形ABC中，csA>0，csB>0，所以A，B∈(0,π2)，
则sinA>0，sinB>0，所以sinA= 1−cs2A=45，sinB= 1−cs2B=1213，
所以csC=cs(π−A−B)=−cs(A+B)=−csAcsB+sinAsinB=−35×513+45×1213=3365；
若在三角形ABC中，sinA=45,csB=513，
则B∈(0,π2)，A∈(0,π)，所以csA=± 1−sin2A=±35，sinB= 1−cs2B=1213，
当csA=35时，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=45×513+35×1213=5665，
csC=cs(π−A−B)=−cs(A+B)=−csAcsB+sinAsinB=−35×513+45×1213=3365，
则tanC=sinCcsC=5633；
当csA=−35时，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=45×513−35×1213=−1665<0不成立，
综上，tanC=5633．
故答案为：3365；5633．
由已知求出sinA，sinB的值，然后根据两角和与差的三角函数公式以及csC=−cs(A+B)化简即可求解；由sinA的值求出csA=±35，然后分别讨论，利用两角和与差的三角函数公式化简即可求解．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设z2=a+bi，a，b∈R，
∵z1=−2+i，z1z2=−1−i，
∴z1z2=(−2+i)(a+bi)=−2a−b+(a−2b)i=−1−i，
故−2a−b=−1a−2b=−1，解得：a=15b=35，
故z2=15+35i；
(2)由(1)z2=15+35i，
故z1z2=−2+i15+35i=5(−2+i)(1−3i)(1+3i)(1−3i)=12+72i.
【解析】(1)设z2=a+bi，根据z1z2=−1−i，得到关于a，b的方程组，解出即可；
(2)根据复数的运算性质计算即可．
本题考查了复数的运算性质，考查转化思想，是基础题．
18.【答案】解：(1)已知点A(−1,0)，B(0,−1)，C(2,2)，
则AB=(1,−1)，AC=(3,2)，
则2AB−AC=(−1,−4)，
则|2AB−AC|= (−1)2+(−4)2= 17；
(2)由(1)可得：|AB|= 2，|AC|= 13，
又cs∠BAC=AB⋅AC|AB||AC|=1×3+(−1)×2 2× 13=1 26，
则sin∠BAC= 1−cs2∠BAC=5 26，
则△ABC的面积为12×|AB||AC|sin∠BAC=12× 2× 13×5 26=52．
【解析】(1)由平面向量加法与减法的坐标运算，结合平面向量的模的运算求解即可；
(2)由平面向量数量积的坐标运算及三角形的面积公式求解即可．
本题考查了平面向量的模的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算及三角形的面积公式，属基础题．
19.【答案】解：(1)tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=1，
∵α,β∈(0,π2)，
∴α+β∈(0,π)，
∴α+β=π4．
(2)由sinαcsα=15sin2α+cs2α=1，α∈(0,π2)，
所以sinα= 2626,csα=5 2626，
∴sin(2α+β)=sin(α+π4)= 22(sinα+csα)=3 1313．
【解析】(1)利用两角和的正切公式求出tan(α+β)=1，然后根据两角的取值范围即可求解；
(2)利用同角三角函数的基本关系得到sinα= 2626,csα=5 2626，然后结合(1)的结论和两角和的正弦公式即可求解
本题主要考查了同角基本关系及两角和的正弦公式的应用，属于基础题．
20.【答案】解：选择①：若acsB+bcsA=2，
则由余弦定理可得：a⋅a2+c2−b22ac+b⋅b2+c2−a22bc=2，化简可得：c=2，
又sinA= 2sinB，则由正弦定理可得a= 2b，
所以由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab，即 22=2b2+b2−42 2b2，解得b=2或−2(舍去)，
所以b=2；
选择②：由sinA= 2sinB，则由正弦定理可得a= 2b，又C=π4，
由三角形的面积为2可得：s=12absinC=12× 2b2⋅b⋅ 22=2，解得b=2；
选择③：由sinA= 2sinB，则由正弦定理可得a= 2b，又C=π4，
则由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab，即 22=2b2+b2−c22 2b2，化简可得b=c，
又a= 2b，则b2+c2=a2，所以A=π2，又asinA=c，则a=c与a= 2b= 2c矛盾，所以三角形ABC不存在．
【解析】选择①：利用余弦定理化简已知关系式可得c=2，再利用正弦定理可得a= 2b，然后根据余弦定理即可求解；选择②：利用正弦定理以及三角形的面积公式化简即可求解；选择③：利用正余弦定理化简得出A=π2，且a= 2b= 2c，然后得出与已知矛盾，所以无解．
本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为向量a=(sinB, 3),b=(cs2B,4cs2B2−2)且a//b，
所以sinB⋅(4cs2B2−2)= 3cs2B，即2sinBcsB− 3cs2B=sin2B− 3cs2B=2sin(2B−60°)=0，
又△ABC为锐角三角形，所以2B−60°=0°，解得B=30°；
(2)csA+sinC=csA+sin(B+A)=csA+sin(A+π6)=csA+12csA+ 32sinA= 3sin(A+π3)，
由△ABC为锐角三角形，可得0π2，
所以π3故12可得 32< 3sin(A+π3)<32．
故csA+sinC的取值范围是( 32,32).
【解析】(1)由两向量的坐标及两向量共线，利用平面向量的数量积运算列出关系式，整理后求出tan2B的值，即可确定出B的度数；
(2)由题意csA+sinC= 3sin(A+π3)，由△ABC为锐角三角形，可得π3本题考查了正弦定理、平面向量共线、三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题得MQ=PN=ON⋅sinα=20sinα，则OP=ON⋅csα=20csα，
则OQ=MQtan∠AOB=20sinα 3=20 33sinα，
所以，QP=OP−OQ=20csα−20 33sinα，
所以矩形MNPQ面积S=MQ⋅PQ=20sinα⋅(20csα−20 33sinα)=400(sinαcsα− 33sin2α)=400(12sin2α− 33⋅1−cs2α2)=400(12sin2α+ 36cs2α− 36)=400[ 33sin(2α+π6)− 36]，
因为0<α<π3，则π6<2α+π6<5π6，
故当2α+π6=π2时，即当α=π6时，矩形MNPQ的面积取最大值，且最大值为S=400( 33− 36)=200 33m2；
(2)取PQ中点D，连接OD，设OD∩MN=E，如下图所示：

设∠POD=β，其中0<β<π6，由圆的几何性质可知OD⊥PQ，
PD=OPsinβ=20sinβ，OD=OPcsβ=20csβ，因为四边形MNPQ为矩形，则PN//QM且PQ//MN，
因为OD⊥PQ，则PN//DE，且PD//EN，
所以四边形DENP为矩形，
所以，NE=PD=12PQ=12MN，即E为MN的中点，
又因为OE⊥MN，则OM=ON，
所以，∠EON=12∠MON=π6，
所以，OE=NEtanπ6=PDtanπ6=20 3sinβ，
所以PN=DE=OD−OE=20csβ−20 3sinβ，
所以PQ=2PD=40sinβ，
则矩形MNPQ的面积为S=PQ⋅PN=40sinβ(20csβ−20 3sinβ)=800(sinβcsβ− 3sin2β)=800(12sin2β− 3⋅1−cs2β2)=800(12sin2β+ 32cs2β− 32)=800[sin(2β+π3)− 32]，其中β∈(0,π6)，
因为0<β<π6，则π3<2β+π3<2π3，
所以当2β+π3=π2，即β=π12时，矩形MNPQ的面积S取最大值，且最大值为(800−400 3)m2．
因为 36>2− 3，
则400× 36>400(2− 3)，所以第一种方案更优．
【解析】(1)计算出MQ、PQ关于α的表达式，利用三角恒等变换可得出矩形MNPQ面积的表达式，利用正弦型函数的有界性可求得矩形MNPQ面积的最大值；
(2)取PQ中点D，连接OD，设OD∩MN=E，设∠POD=β，其中0<β<π6，计算出PN、PQ关于β的表达式，利用三角恒等变换可得出矩形MNPQ面积的表达式，利用正弦型函数的有界性可求得矩形MNPQ面积的最大值，与方案一中矩形MNPQ的面积比较大小，可得出结论．
本题考查了函数在实际生活中的应用，也考查了三角函数的恒等变换及性质，属于中档题．