2022-2023学年江苏省南通市通州高级中学高一下学期期中冲刺考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南通市通州高级中学高一下学期期中冲刺考试数学试题含解析，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。
2022-2023学年江苏省南通市通州高级中学高一下学期期中冲刺考试数学试题 一、单选题1．（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用二倍角公式，化简求值.【详解】故选：C2．已知，则与垂直的单位向量的坐标为（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】C【分析】设与垂直的单位向量坐标为，由题意得可得，求得m，n的值，即可得答案.【详解】设与垂直的单位向量坐标为，由题意得，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或.故选：C3．在中，“”是“”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】C【分析】根据正弦定理及充分必要条件的定义判断．【详解】由正弦定理，所以，故选：C．4．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（    ）米.A． B． C． D．【答案】B【分析】设，由题意可求得，，，在中，，在中，，因为，所以两式相加可解得，即可得出．【详解】设，因为，则，因为，，所以，，在中，，即，①在中，，即，②因为，则，所以①②两式相加可得：，解得：，则．故选：B.5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将看成整体，转化，然后利用二倍角整体代换，求解即可.【详解】,，所以，故选：D6．在矩形ABCD中，已知，，，，则（      ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量的线性运算,求出的长度,然后用基地向量表示,即可求解.【详解】，，，所以，，又.故选:A7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，且，则△ABC面积的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意结合余弦定理可知，可得，由正弦定理可得，所以，利用三角恒等变换化简，然后结合三角函数的性质求得结果.【详解】由，且，得，即，由余弦定理可知，所以，可得，由，可得，由正弦定理，可得，所以，当，即时等号成立，可得面积的最大值是．故选：C．8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且△ABC的面积为，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由△ABC的面积为得，由余弦定理得，利用，解得，，然后利用数量积的定义求得.【详解】因为△ABC的面积为，所以，则，由余弦定理得，由，得，解得，从而，所以.故选：B. 二、多选题9．下列有关向量命题，不正确的是（    ）A．若，则 B．已知，且，则C．若，则 D．若，则且【答案】AB【解析】根据向量的模，数量积，向量相等的概念判断各选项．【详解】向量由两个要素方向和长度描述，A错；若，且与垂直，结果成立，但不一定等于，B错；相等向量模相等，方向相同，D选项对．故选：AB．10．设复数，则（    ）A．z的虚部为 B． C． D．【答案】AC【分析】根据复数的运算化简，再结合复数的虚部，共轭复数的概念及复数的运算求解判断各选项即可.【详解】因为，所以z的虚部为，A对；，B错；，C对；，D错，故选：AC.11．已知函数，对，均有，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据条件得是最小值，是最大值，根据三角函数最值，结合辅助角公式，分别进行判断即可.【详解】∵，∴是最小值，是最大值，，其中，，所以，，所以，故A正确；，故B正确；当时，是最小值，则，所以，故C错误；当时，是最大值，则，所以，故D正确，故选：ABD．12．在中，角对边分别为，设向量，且，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．若的面积为，则【答案】BC【分析】根据向量平行得到，结合余弦定理转化为，进而利用正弦定理得到，化简整理即可判断A、B选项；利用正弦定理及二倍角公式将转化为，然后求出角A的范围，进而求出值域即可判断C选项；利用，结合正弦定理及二倍角公式化简整理可求得角，进而可以求出角，从而可以判断D选项.【详解】因为向量，且，所以，即，结合余弦定理得，，，再结合正弦定理得，，又因为,所以，，，，所以，故，所以B正确，A错误；，因为，所以，又因为，所以，所以，即，因此，故C正确；因为，结合正弦定理，即，则,,，，则，或，故或，故或，故D错误.故选：BC. 三、填空题13．菱形中，，则实数的值为___________【答案】或##或4【分析】利用向量垂直的坐标运算计算即得解.【详解】解：由题得,所以或.故答案为：或14．在中，已知，则_________【答案】【分析】运用正切的和差公式.【详解】由题意可知，所以，，故故答案为:15．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，，若三角形有且只有一解，则b的取值范围为___________.【答案】【分析】由正弦定理得，依题意得或，进而利用三角函数的性质可得结果.【详解】因为，，由正弦定理得，要使三角形有唯一解，则或，所以或，即或，解得或，则b的取值范围为.故答案为：.16．在△ABC中，，点D在边BC上，，若△ABC的面积为，则AD的最大值为__________.【答案】【分析】先根据△ABC的面积得，再根据△ABD的面积与△ADC的面积和为得，最后根据基本不等式求最值.【详解】因为△ABC的面积为，所以，，则，因为△ABD的面积与△ADC的面积和为， 所以，从而，当且仅当时取等号，因此AD的最大值是.故答案为：. 四、解答题17．设i为虚数单位，，复数，.(1)若是实数，求a的值；(2)若是纯虚数，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先利用复数的乘法化简，再根据是实数求得a的值；（2）先利用复数的除法化简，再根据是纯虚数求得a的值，进而得出．【详解】（1），因为是实数，所以，解得.（2），因为是纯虚数，所以，解得，所以.18．已知，，为坐标原点.(1)若，，求实数的值；(2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】(1)8(2) 【分析】（1）先求出，然后由，可得其对应坐标成比例，从而可求出实数的值，（2）求出与的坐标，则由题意可得，求出的范围，再去掉与共线同向的情况即可【详解】（1）因为，，所以.因为，，所以，所以，解得.（2），.因为与的夹角为锐角所以，得，即.当与同向时即.所以当与的夹角为锐角时，，即实数的取值范围为19．设函数.(1)求函数的最小值；(2)若且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用倍角公式与辅助角公式化简，根据三角函数的性质求得最小值；（2）由，可先求出，，代入和差的余弦公式即可求解.【详解】（1）因为，所以，当时，取最小值.（2）因为，即，所以，因为，所以，所以，所以.20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)若，b＝2，D为BC的中点，在AD上存在点O，使得，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过同角三角函数关系式将、变换成、，再利用正弦定理，将角化边，转换成余弦定理形式，求出．（2）将变形，可求出，再求出，利用正弦定理可求出．【详解】（1）因为，所以，即．由余弦定理可得，又故．（2）．由题意可得是边长为2的等边三角形，则，所以，，．在中，由正弦定理得， 即解得．21．如图，一幅壁画的最高点A处离地面4米，最低点B处离地面2米．正对壁画的是一条坡度为1∶2的道(坡度指斜坡与水平面所成角的正切值)，若从离斜坡地面1.5米的C处观赏它.(1)若C对墙的投影(即过C作AB的垂线，垂足为投影)恰在线段AB(包括端点)上，求点C离墙的水平距离的范围；(2)在（1）的条件下，当点C离墙的水平距离为多少时，视角θ(∠ACB)最大？【答案】(1)(2)1米 【分析】（1）作于点F，作CD平行于斜坡交AB于点D，设，，所以，即可得出点C离墙的水平距离的范围； （2）由，因为，所以，利用基本不等式求解即可得出答案.【详解】（1）作于点F，作CD平行于斜坡交AB于点D，，设，，因为，所以，因为，所以，即点C离墙的水平距离的范围为. （2），因为，所以，代入上式得，因为，所以，当且仅当时取等号，即时，取等号，所以，因此当点C离墙的水平距离为1米时，视角θ(∠ACB)最大.22．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)试判定△ABC的形状，并求的取值范围；(2)若不等式对任意的a，b，c都成立，求实数k的取值范围.【答案】(1)直角三角形，(2) 【分析】（1）由已知条件结合二倍角公式可得，整理化简得，结合角的范围得，即，可得△ABC是以∠C为直角的直角三角形；由，结合三角函数的性质可得的范围； （2），，所以原不等式等价于对任意的a，b，c均成立，因为右边，令，则右边，令，，利用函数的单调性可求得答案.【详解】（1）因为，所以，所以，因为，所以，所以，，所以，即，，即，因为，所以，即，所以，所以△ABC是以∠C为直角的直角三角形.所以，因为，，所以，所以.（2）在Rt△ABC中，，，所以原不等式等价于对任意的a，b，c均成立.因为右边令，则，则，则右边，令，，当且时，，则，可得在上单调递减，故当时，，故.