黑龙江省大庆市实验中学实验二部2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 定义运算，则满足（为虚数单位）的复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先根据定义结合复数的乘法运算求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】由题意可得，
即，
所以复数在复平面内对应的点为，在第一象限.
故选：A.
2. 下列命题中正确的是（ ）
①圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个；
②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一个点，则这两点的连线是圆柱的母线；
③圆台的两个底面平行．
A ①②B. ②C. ③D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】对①，根据过圆锥顶点的截面图形特征和截面图的面积公式即可判断；对②③，依次根据圆柱的母线定义和圆台定义即可判断.
【详解】对①，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长，
设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为，显然当，面积最大，
故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故①错；
根据圆柱的母线定义可知②错；
根据圆台定义：平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与圆锥底面的部分称为圆台，知圆台的两个底面平行，故③正确.
故选：C.
3. P为四边形ABCD所在平面上一点，，则P为（ ）．
A. 四边形ABCD对角线交点B. AC中点
C. BD中点D. CD边上一点
【答案】B
【解析】
【分析】先由三角形法则得到，结合题目条件得到即可求解.
【详解】，，即，
故，，故P为AC中点.
故选：B.
4. 已知，且的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意先求出数量积，再根据投影向量公式需求求出，进而根据投影向量公式即可求解.
【详解】由题，
所以，
所以在方向上的投影向量为.
故选：B.
5. 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．为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚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）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，，在中由正弦定理解三角形可得.
【详解】
由题可知，，
由题意，，，
在中由正弦定理可得，即，得，
故选：B
6. 如图，已知正六边形的边长为2，对称中心为，以为圆心作半径为1的圆，点为圆上任意一点，则的取值范围为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法一 连接，，设，根据向量的线性运算用，表示出，然后结合三角函数的性质即可求得结果．
解法二 以为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据数量积的坐标表示得到，再结合三角函数的性质即可求得结果．
解法三 借助向量投影的知识将转化，找到取得最值时点的位置，即可求得结果．
【详解】解法一 ：如图所示：

连接，设，连接，依题意得，，，，
则，
．
因为，所以，（三角函数的有界性）
所以．
故选：C．
解法二 如图，

以为坐标原点，以直线为轴，过且和垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，
则依题意可得，，，
因为圆的半径为1，所以可设，
所以，，所以，
又，（三角函数有界性）
所以．
故选：C．
解法三 如图所示：

设，则．
可看成是在上的投影，
当点与重合时最小，最小值为，
当点与重合时最大，最大值为0，
故．
故选：C．
7. 在中，角的对边分别为，若，又的面积，且，则（ ）
A. 64B. 84C. -69D. -89
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果
【详解】解法一：由，得，
则，
即，即，
又，即；
又，得；
综上．
则，即．
由，
平方知
所以.
解法二：
.
故选：．
8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，，且，则的周长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求出，利用正弦定理表示，求出周长最大值，进而利用三角形的性质求解即可.
【详解】若，则由余弦定理得，
而由面积公式得，故，
则，则，则，
则有，而在中，可得，
由二倍角公式得，故，，
由正弦定理得，则，
可得，
，而，则，
显然当时，最大，且此时，故，
而易知，综上，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查求解三角形，解题关键是求出，然后表示出，由三角函数和三角形性质得到所要求的取值范围即可．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限
C. 若，则模为
D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】由复数的模判断AC；由复数的基本概念和几何意义判断BD．
【详解】对A,由，可得，且，故A错误；
对B,若点的坐标为，则故对应的点的坐标为，在第三象限，故B正确；
对C,若，则的模为，故C错误；
对D,设,若，则，
则点的集合所构成的图形的面积为，故D正确．
故选：BD．
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 在中，，则的面积为
B. 已知向量，则
C. 在中，若，则是等腰三角形
D. 已知向量与的夹角为钝角，则的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】由三角形面积公式直接求解可判断A；根据向量坐标运算求解可判断B；记的中点为D，根据向量加法运算结合已知可得中线垂直于，然后可判断C；考虑与反向时不满足条件即可判断D.
【详解】，故A正确；
，故B错误；
记的中点为D，由于，
因此中线垂直于，所以是等腰三角形，故C正确；
与的夹角为钝角，
且，故D错误.
故选：AC.
11. 在中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则有两解B. 面积有最大值
C. 若是钝角三角形，则BC边上的高AD的范围为D. 周长最大值为6
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，根据判断即可；对于BCD，均可先由正弦定理边化角得，，再依次由、、结合三角恒等变换公式以及三角函数值的范围即可研究面积、高和周长的取值范围.
【详解】对于A，由正弦定理得，所以，
故有两解，故A正确；
对于B，由题及正弦定理得，，
所以
，
又，所以，所以，
所以，
所以，
所以面积最大值为.故B正确；
对于C，因为，
所以对于BC边上的高AD，角或角为钝角的情况是等价的，不妨令角C为钝角，
因为，
所以由选项B有，
则由得，所以，
所以，所以，
所以若是钝角三角形，则BC边上的高AD的范围为.
对于D，由选项B得周长为
，
又，所以，所以，
所以最大值为，
即周长最大值为.故D错误；
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：解三角形中边长、周长、面积或角度有关的最值或范围问题常用处理思路：
①余弦定理结合基本不等式构造不等式关系；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数值的范围求出最值或范围.如果三角形有限制为锐角或钝角三角形条件或其他的限制条件，通常采用这种方法.
12. 对于非零向量，定义变换，得到一个新的向量，则关于该变换，下列说法正确的是（ ）
A. 若为任意实数，则B. 若，则
C. 若，则D. 存在使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】由定义变换的新向量，结合数乘运算定义判断选项A，结合向量平行的条件验证选项B，结合向量垂直的条件验证选项C，由向量夹角的坐标运算验证选项D.
【详解】对于选项A，因为，所以，
所以，故A正确；
对于选项B，，设，若，则，
，，
所以，即，故B正确；
对于选项C，若，则，
所以，故C正确；
对于选项D，，
，所以，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】根据直观图和原图的关系，由可求解.
【详解】解：由题可得直观图面积：，
由可得：原图面积为：，
故答案为：.
14. 已知为的边上一点，，，，则______．

【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得，则，设，然后在中利用余弦定理可求出，再在中，利用正弦定理可求得结果
【详解】因为，所以，
所以由，得，
所以．
设，则，，
在中，由余弦定理得，
即，解得．
所以，．
在中，由正弦定理得，
故．
故答案为：
15. 在中，已知，是的外心，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】通过正弦定理，求出外接圆的半径，求出与的数量积，列方程求得结果.
【详解】中，已知，由余弦定理可得：
，则，
是的外心，设的外接圆半径为，
由正弦定理可得：，可得，
分别为的中点，如图所示，
，，
，，
，
又，，
解得，所以.
故答案为：.
16. 在锐角三角形中，角的对边分别为，若，则的最小值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理化简边角关系式，可整理出；根据，结合两角和差正切公式可得到；利用换元的方式可将问题转变为求解的最小值的问题；根据锐角三角形特点可求出，从而利用基本不等式求解出最小值.
【详解】由正弦定理可得：
得：
，即
又
令，得：
为锐角三角形
得：，即
当且仅当，即时取等号
本题正确结果：
【点睛】本题考查正弦定理化简边角关系式、两角和差正切公式的应用、基本不等式求解和的最小值问题，关键是能够将所求式子利用两角和差正切公式进行化简，采用换元的方式可将问题转化为函数最值类问题的求解.
四、解答题（本大题共6小题，其中17题10分，18-22题各12分，共70分）
17. 已知z是复数，与均为实数.
（1）求复数z；
（2）复数在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的运算法则，结合复数的特征，即可求解；
（2）根据（1）的结果，计算复数的平方，再根据复数的几何意义，即可求解.
【小问1详解】
设，,所以，

由条件得，且，
所以，所以，
【小问2详解】
，
由条件得，
解得，所以所求实数a的取值范围是.
18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）10
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助和角的正弦公式求解作答.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出即可作答.
【小问1详解】
，由正弦定理可得，
因，
所以，可得，
为三角形内角，，解得，；
【小问2详解】
，
，
由余弦定理得，
即，解得，
的周长为.
19. 在直角梯形中，//.

（1）求；
（2）若与共线，求的值；
（3）若为边上的动点（不包括端点），求的最小值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，建立平面直角坐标系，写出各点坐标，求得的坐标，利用数量积的坐标运算即可求得结果；
（2）根据（1）中所求点的坐标，写出与的坐标，根据向量共线的坐标表示，即可求得参数值；
（3）设，求出点的坐标，再求得关于的函数关系，进而求得函数的最小值即可求得结果.
【小问1详解】
过作，易知，又，故可得；
以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如下所示：

则，，
故.
【小问2详解】
由（1）可知，，
故，
若与共线，则，解得.
【小问3详解】
设，则，易知，
则
则，
对，其对称轴，故其最小只能为；
故的最小值为.
20. 如图：在中，已知与交于点．

（1）用向量表示向量；
（2）过点作直线，分别交线段于点，设，若，，当取得最小值时，求模长．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）设，将向量分别用和表示，根据三点共线可求值；；
（2）将向量用表示，由三点共线，可得，由基本不等式可解.
【小问1详解】
设，将代入，
得,因为三点共线，且三点共线，
所以，得
即．
【小问2详解】
，
则，因为三点共线，
则，即
当且仅当，即时取得等号．
此时
.
21. 如图，半圆的直径为为直径延长线上的点，为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC．设．

（1）当时，求四边形OACB的周长；
（2）著作《天文集》中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求．
（3）求四边形OACB的面积最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合已知利用余弦定理可求，即可得到所求四边形的周长；
（2）由已知条件分析出的最大值并得到，之间的关系，由此借助余弦定理求解出的长度，再利用余弦定理即可求解出的大小；
（3）先由余弦定理求，再由三角形的面积公式和等边三角形的面积公式，结合辅助角公式和正弦函数的最值，可得所求结论．
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，
即，于是四边形OACB的周长为；
【小问2详解】
因，且为等边三角形，，，

所以，所以，
即OC的最大值为3，取等号时，
所以，
不妨设，
则，解得，
所以，
所以；
【小问3详解】
在中，由余弦定理得，
所以，，
于是四边形OACB的面积为
，
当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为，
所以，当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为.
22. 在中，角所对的边分别是，且满足．
（1）求角；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合辅助角公式进行求解；
（2）对待求表达式使用正弦定理边角互化，得到，然后消去一个变量，使得原式是关于的三角函数表达式，结合二倍角公式，二次函数的知识点求解.
【小问1详解】
，由正弦定理得，
，
因为，
所以，
即，
因为，所以，故，
所以，
因为，所以，
故，解得；
【小问2详解】
由（1）知，根据正弦定理，
则
，
令，
因为，所以，，
则，
故当时，取得最小值，最小值为，
当时，取得最大值，最大值为，
故的取值范围是.