2022-2023学年福建省福州第八中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省福州第八中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．复数（为虚数单位）的虚部为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用复数的定义直接作答.

【详解】复数的虚部是.

故选：A

2．已知向量满足，则（    ）

A．－2 B．－1 C．0 D．2

【答案】C

【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.

【详解】.

故选：C

3．已知向量，，，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解.

【详解】因为向量，，

，即

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.

4．在平行四边形中，为边的中点，记，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据向量的线性运算法则，求得，结合，即可求解.

【详解】如图所示，可得，

所以.

故选：D．

5．如图，某建筑物的高度，一架无人机（无人机的大小忽略不计）上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为，地面某处的俯角为，且，则此无人机距离地面的高度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】计算出和，利用正弦定理求出，由此可得出，即可计算出所求结果.

【详解】在中，，，.

在中，，，.

由正弦定理，得，得.

在中，，

故此无人机距离地面的高度为，

故选：B.

【点睛】本题考查高度的测量问题，考查正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.

6．在中，，，为的重心，若，则外接圆的半径为(    )

A． B．1 C．2 D．

【答案】B

【分析】根据向量数量积的分配率结合可得，即AG⊥CB，结合G为△ABC重心可得△ABC为等腰三角形，再根据几何关系即可求△ABC外接圆半径．

【详解】延长AG交BC于D，∵G是△ABC重心，∴AD为△ABC中线．

，

即AD⊥BC，故△ABC是等腰三角形，且，

则△ABC外接圆圆心在AD上，设为O，则OA=OC，

∵∠OAC=，∴△OAC是等边三角形，∴OA=OC=AC=AB=1，即△ABC外接圆半径为1．

故选：B．

7．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若﹐则中最小角的余弦值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知，根据题意，将展开，从而得到，再根据和为不共线向量，即可得到a，b，c三边关系，从而使用余弦定理可直接求解出中最小角的余弦值.

【详解】由已知，，所以，

即，又因为和为不共线向量，

所以，所以，，

在中，A，B，C的对边分别是a，b，c，所以边长a最小，

所以，所以中最小角的余弦值等于.

故选：A.

8．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．

【详解】解：在中，由余弦定理得，

且的面积，

由，得，化简得，

又，，联立得，

解得或（舍去），

所以，

因为为锐角三角形，所以，，所以，

所以，所以，所以，

设，其中，所以，

由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，

当时，；当时，；当时，；

所以，即的取值范围是．

故选：C.

【点睛】关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.

二、多选题

9．已知为虚数单位，复数满足，则下列说法错误的是（    ）

A．复数的模为 B．复数的共轭复数为

C．复数的虚部为 D．复数在复平面内对应的点在第一象限

【答案】ABC

【分析】利用可将化简，求出复数，再根据复数模长求法，共轭复数定义，复数的几何意义求解即可.

【详解】，

，，z的虚部为，

故选ABC．

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．任意，

B．任意，

C．任意，

D．存在，

【答案】ACD

【分析】根据余弦函数的性质：周期性、对称性、单调性、最值分别判断各选项．

【详解】因为的最小正周期是，因此A正确；

时，，

不是图象的对称轴，B错；

时，，由余弦函数性质知在是单调递减，C正确；

同样由余弦函数性质知的最大值是3，最小值是，两者差为4，因此D正确．

故选：ACD．

11．已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确（    ）

A．△ABC面积的最大值为 B．的最大值为

C． D．的取值范围为

【答案】AB

【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，先利用向量的数量积计算公式和余弦定理得，利用正弦定理和三角恒等变换得到，结合B的取值范围求出最大值；C选项，利用正弦定理进行求解；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围.

【详解】由余弦定理得：，解得：，

由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，

所以，故，A正确；

，

其中由正弦定理得：，

所以

，

因为，所以，

故最大值为，的最大值为，

B正确；

，

故C错误；

，

因为，所以，

所以，D错误.

故选：AB

【点睛】三角函数相关的取值范围问题，常常利用正弦定理，将边转化为角，结合三角函数性质及三角恒等变换进行求解，或者将角转化为边，利用基本不等式进行求解.

12．设，为单位向量，满足，，，则，的夹角为，则的可能取值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】CD

【分析】设单位向量，的夹角为，根据已知条件，求出，然后利用夹角公式可将表示成关于的函数，利用不等式的性质求出其值域即可．

【详解】设单位向量，的夹角为，

由，两边平方得，解得，

又，，

，同理，

且，

，

，令，

则，

，，，

所以，即的取值范围为

故选：CD

三、填空题

13．已知向量为单位向量，其夹角为，则__________.

【答案】

【分析】利用模长公式直接求解

【详解】

故答案为：

14．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，则m＋n＝____.

【答案】

【分析】将代入方程，根据复数的乘法运算法则，得到，再由复数相等的充要条件得到方程组，解得即可；

【详解】解：将代入方程x2－mx＋2n＝0，有(1＋2i)2－m(1＋2i)＋2n＝0，即，即，由复数相等的充要条件，得解得

故.

故答案为：

15．的内角，，的对边分别为，，，满足.若为锐角三角形，且，则当面积最大时，其内切圆面积为________.

【答案】/

【分析】先用正弦定理及余弦定理可得，结合面积公式和基本不等式可得当为等边三角形时，面积取到最大值，再利用等面积法求内切圆半径即可.

【详解】∵，

则由正弦定理可得，整理得，

则.

∵为锐角三角形，则，故，

由面积为，

可得当面积取到最大值，即为取到最大值.

∵，即，即，

当且仅当，即为等边三角形时等号成立.

故当为等边三角形时，面积取到最大值，

设的内切圆半径为，则，解得，

故内切圆面积为.

故答案为：.

16．中，，若，，其中，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】由平面向量的加法法则得到为点A到BC的距离为2，从而为等腰直角三角形，斜边为4，再根据，其中，得到点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点求解.

【详解】解：如图所示：

在中，由平面向量的加法法则得为点A到BC的距离，

即，则为等腰直角三角形，斜边为4，

又，其中，

所以点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点，

又，

则，

当点P在点D时，的最小，

由余弦定理得，

所以，

故答案为：

四、解答题

17．已知是虚数单位，复数，

（1）若为纯虚数，求实数的值；

（2）若在复平面上对应的点在直线上，求的值．

【答案】（1）2；（2）10．

【分析】（1）根据纯虚数的定义：实部为零，虚部不为零求解；

（2）根据复数的几何意义得到复数对应的点的坐标，代入直线方程求得的值，进而利用共轭复数的定义和复数的乘法运算求得.

【详解】解：（1）若为纯虚数，则，且，

解得实数的值为2；

（2）在复平面上对应的点，

由条件点在直线上，

则，

解得．

则，

所以.

18．已知向量，，.

（1）若，求实数，的值；

（2）若，求与的夹角的余弦值.

【答案】（1） （2）

【解析】（1）根据向量的数乘运算及坐标加法运算,可得方程组,解方程组即可求得,的值.

（2）根据向量坐标的加减法运算,可得结合向量垂直的坐标关系,即可求得的值.进而表示出,即可由向量的坐标运算求得夹角的余弦值.

【详解】（1）由,得,

即,解得.

（2）,.

因为,所以,即.

令,

则.

【点睛】本题考查了向量的坐标的数乘运算和加减运算,向量垂直时的坐标关系,根据向量数量积求夹角的余弦值,属于基础题.

19．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

在中，角，，所对的边分别为，，，且满足___________.

(1)求的值；

(2)若为边上一点，且，，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择①，由余弦定理可求解，选择②，由正切的两角和公式可求解，选择③，由正弦的两角和公式可求解；

（2）由余弦定理及正弦定理可求解.

【详解】（1）选择①，由，可得，于是得，即，所以；

选择②，由，有，于是得；

选择③，由，有，

即，即，又因为，所以，于是得，即，所以.

（2）由在中，，，，由余弦定理得，所以，

在中，由正弦定理有，得.

20．某赛事公路自行车比赛赛道平面设计图为五边形（如图所示），为赛道，根据比赛需要，在赛道设计时需设计两条服务通道（不考虑宽度），现测得：，，千米，千米．

(1)求服务通道的长；

(2)如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大？并求出最大值．

【答案】(1)千米

(2)当时，折线赛道长度最大，最大值千米

【分析】（1）在中，利用正弦定理可求得；在中，利用余弦定理可求得；

（2）方法一：在中，利用余弦定理构造方程，结合基本不等式可求得的最大值，由此可得结果；

方法二：在中，设，，，利用正弦定理可表示出，利用三角恒等变换知识化简为关于的正弦型函数的形式，利用正弦型函数的最大值可求得结果.

【详解】（1）在中，由正弦定理得：；

在中，由余弦定理得：，

即，解得：，

服务通道的长为千米．

（2）方法一：在中，由余弦定理得：，

即，；

（当且仅当时取等号），

，即，

（当且仅当时取等号），

当时，折线赛道的长度最大，最大值千米．

方法二：在中，设，，，

，，，

，

，，

当，即时，取得最大值，此时，

时，折线赛道的长度最大值为千米．

21．已知向量，，函数.

(1)求函数的解析式和对称轴方程；

(2)若时，关于的方程恰有三个不同的实根，，，求实数的取值范围及的值.

【答案】(1)，对称轴方程是，；

(2)，．

【分析】（1）由数量积的坐标表示求得，结合正弦函数的对称轴求得的对称轴；

（2）方程化简得和，由正弦函数性质和的范围，同时得出和，求得结论．

【详解】（1）由已知，

，，所以对称轴方程是，；

（2），

时，递增，时，递减，，，，

方程为，

即，

，

或，

因为，所以时，，设，

原方程有三个解，因此，即，

在上有两个解，记为，则，

所以．

22．如图，在中，，是角的平分线，且．

（1）若，求实数的取值范围．

（2）若，时，求的面积的最大值及此时的值．

【答案】（1）；（2）当时，的面积取最大值.

【分析】（1）设，则，利用可得出，由此可求得的取值范围；

（2）由三角形的面积公式可得，利用余弦定理化简可得，可得出，利用辅助角公式可得出，结合函数单调性可求得的最大值及其对应的，即可得出结论.

【详解】（1）设，则，其中，

由，可得，

所以，，

即，所以，；

（2），可得，

由余弦定理可得，

所以，，所以，，

可得，

所以，，

，则，

由于函数在时单调递增，

所以，随着的增大而减小，则当时，，

此时，，由，可得，

所以，，则.

【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：

（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；

（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；

（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；

（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；

（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.