浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期4月联考数学试题（原卷版+解析版）

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高一年级数学学科 试题
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单选题：每小题5分，满分40分．
1. 在中，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量加法的三角形法则结合相反向量的定义可得结果.
【详解】由已知可得，故.
故选：D.
2. 若复数z满足，i是虚数单位，则在复平面内z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】B
【解析】
【分析】根据复数除法运算求出复数z即可得出复数对应的点坐标，从而得出在复平面内z对应的点所在象限.
【详解】由题意复数，所以在复平面内z对应点为，在第二象限.
故选：B.
3. 在中，，，，则角B的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理即可求解.
【详解】在中，，，，
由正定理得：，
由于，所以
故选：A
4. 已知复数是虚数单位，若，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式加减运算和共轭复数的概念得到方程组，解出即可.
【详解】，
则，解得，则其虚部为.
故选：A.
5. 已知向量，则与向量方向相反的单位向量是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】借助单位向量与反向向量的定义计算即可得.
【详解】.
故选：B.
6. 已知三条边上的高分别为3，4，6，则最小内角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由的三边上对应的高的长度分别为3，4，6，利用等面积法得到三边的关系，再利用余弦定理求解.
【详解】由题意，不妨设的三边上对应的高的长度分别为3，4，6，
由三角形的面积公式可得：，
解得：，
设，
则，
可得c为三角形最小边，C为三角形的最小内角，
由余弦定理得：
故选：D.
7. 已知圆O的半径为2，弦的长为2，C为圆O上一动点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线，得到，数形结合得到的最值，从而得到答案.
【详解】取的中点，连接，
则，故，
设直线与圆分别交于点，，
因为圆O的半径为2，弦的长为2，故为等边三角形，故，
显然当与重合时，取得最小值，最小值为，
当当与重合时，取得最大值，最大值为，
故.
故选：D
8. 在中，已知，若，分别是的三等分点，其中靠近点，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图象，由题意可得，分别是，的中点，从而得,,设，则，由余弦定理可得，，，，结合向量的线性运算，用作差法即可比较出
的大小关系.
【详解】解：如图所示：
设，则，
由余弦定理可得，
所以，
又因为，分别是的三等分点，且靠近点，
所以，
在中，由正弦定理可得：，
即，
所以，
所以，
又因，所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又因为，分别是，的中点，
所以,,
所以，
所以，
，
所以，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是得出，分别是，的中点，从而得,.
二、多选题：每小题6分，2选题每选项对得3分，3选题每选项对得2分，有错选或不选得零分，满分18分．
9. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对AD：采用特殊值，结合复数运算即可判断；对B：设出，根据复数的运算法则和共轭复数的定义，计算后即可判断；对C：设出，再根据复数的除法运算和模长计算公式，即可判断.
【详解】对A：取，则，，显然，故A错误；
对B：设，，则，故B正确；
对C：设，，，
则，，，故C正确；
对D：取，，则，，，，而，故D错误.
故选：BC.
10. 己知的三个内角分别是A，B，C，则下列结论一定成立的是（ ）
A.
B.
C. “”是“”成立的充分不必要条件
D. 一定能构成三角形的三条边
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据结合诱导公式判断A，B；利用正弦定理结合充分条件必要条件判断C;根据正弦定理结合三角形三边满足关系判断D.
【详解】对于A，因为，所以，所以，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，因为，，，所以，所以能推出，
反过来，当时，，即，当时，不一定成立，
所以“”是“”成立的充分不必要条件，故C正确；
对于D，由正弦定理可得，，不妨设，
则，故，且，
所以，故D正确，
故选：BCD.
11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D，E分别在边上，且的重心在上，又，设，（为相应三角形的面积），则以下正确的是（ ）
A. B. 的最小值为
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，设的重心为，由题意可知，三点共线，，化简判断A；对于B，，，结合，判断B；对于C，D，借助向量表示得，化简，判断C，D.
【详解】
对于A选项，设的重心为，由题意可知，三点共线，
所以存在使得，
因为且，
所以，化简得，故A正确；
对于B选项，，，
又因为，即，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，D，因为，所以，即，
又因为，
，
，
所以，
所以，故D正确，C错误，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于C，D选项，利用空间向量，得，即，根据数量积即可得到答案.
非选择题部分
三、填空题：每小题5分，满分15分．
12. 若复数为纯虚数，i是虚数单位，则______________．
【答案】
【解析】
【分析】借助复数的概念与模长公式计算即可得.
【详解】，
则有且，即，则.
故答案为：.
13. 已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量的坐标是______________．
【答案】
【解析】
【分析】两边平方得，利用投影向量的公式求出答案.
【详解】两边平方得，，
即，
故向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：
14. 四边形中，与交于点P，已知，且P是的中点，，又，则四边形的面积是______________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，根据向量线性运算利用表示，结合数量积的运算律求出，根据三角形面积公式可求结论.
【详解】设，，则，
因为P是的中点，所以，
因为，所以，
所以，
，
因为，
所以，，
所以①，②，
①②可得，，代入①可得，
因为，所以，
又，所以，
因为，，
所以，所以，，
所以，,又，
所以，
设的边上的高为，的边上的高为，
因为，所以，
所以，
所以四边形的面积是，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于引入基底，，利用基底表示，利用向量知识求出.
四、解答题：共5小题，满分77分．
15. 已知向量满足．
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，可得，再根据数量积的运算律求出，再根据夹角的计算公式计算即可；
（2）根据结合数量积运算律计算即可.
【小问1详解】
设与的夹角为，因为，
所以，
又，所以，
所以，
所以向量与夹角的余弦值为；
【小问2详解】
由
，
所以．
16. 在中，已知角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理与两角和的正弦定理计算即可得；
（2）借助余弦定理与面积公式计算即可得.
【小问1详解】
由，以及正弦定理可得：，
即，
即，
又在中，，所以，
又，所以，
【小问2详解】
由余弦定理，
得，由得，
所以的面积．
17. 如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设.
（1）若，试用向量表示;
（2）若，求实数x的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的加法运算即可求得；设，利用向量的线性运算结合图形关系可得，再由向量共线的性质得到，最后表示出所求向量即可；
（2）利用向量垂直的性质和数量积的定义式计算可得.
【小问1详解】
，
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
【小问2详解】
，
因为，由于共线，故，
所以，
解．
18. 在锐角中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理边角互化，进而求出角C.
（2）应用余弦定理，化简，利用基本不等式求出范围.
【小问1详解】
由余弦定理，及正弦定理得
．
所以，又，
所以
所以
【小问2详解】
因为，当且仅当时取等号，所以，
所以
19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：．试求解下列问题，
（1）已知向量满足，求的值；
（2）在平面直角坐标系中，已知点，求的值；
（3）已知向量，求最小值.
【答案】（1）2 （2）7
（3）9
【解析】
【分析】（1）借助新定义计算即可得；
（2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，代入数据计算即可得；
（3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得.
【小问1详解】
由已知，得，
所以，即，
又，所以，
所以；
【小问2详解】
设，则，
所以，
，
所以，
又，
所以；
小问3详解】
由（2）得，
故，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值的最小是9．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助所给定义及三角函数间的关系，计算得到.