2022-2023学年江苏省南京市鼓楼区高一下学期期中数学试题

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1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知，，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
2. 在中，已知角，的对边分别为，，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解作答.
【详解】在中，，，，由正弦定理得，
所以.
故选：A
3. 在复平面内，向量，分别与复数，对应，其中为坐标原点，为虚数单位，则（ ）
A B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解．
【详解】向量，分别与复数，对应，
则，，
，即．
故选：D．
4. 已知一个物体在三个力，的作用下，处于静止状态，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，设，代入求解即可.
【详解】已知一个物体在三个力，的作用下，处于静止状态，
设，则，
即，解得，所以.
故选：A
5. 已知，是单位向量，且满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的夹角公式可求与的夹角.
【详解】由可得，故，
故即，而，
故，
故选：B.
6. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角正切公式得到，利用两角和的正切公式计算可得.
【详解】
.
故选：C
7. 在中，，则的形状为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角互化可得，进而可得或，即可求解.
【详解】，正弦定理可得，
即，，，
∴或，∴或，
∴为等腰三角形或直角三角形.
故选：D
8. 在中，点是边所在直线上的一点，且，点在直线上，若向量，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，又点，，三点共线，所以，再利用“1”的代换，结合基本不等式求解即可．
【详解】，，
，
点，，三点共线，
，
又，，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
的最小值为4．
故选：B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知复数，，则下列选项中，正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】CD
【解析】
【分析】将，逐个代入各选项中分析判断即可.
【详解】对于A，由，得，，
因，所以，解得，
所以，所以A错误，
对于B，由，得，
因，所以，所以或，所以B错误，
对于C，由，得，则，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以
，所以D正确，
故选：CD
10. 已知，，，，是平面向量，则下列选项中，正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则，可以作为平面内的一组基底
C. 若，，则在上的投影向量为
D. 若，，，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据共线向量判断A、B，根据投影向量的定义判断C，根据数量积的运算律判断D.
【详解】对于A：当，、不平行时，满足，，得不出，故A错误；
对于B：，，所以、不共线，、可作为平面内的一组基底，故B正确；
对于C：因为，，所以， ，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D：，，，
，故D错误．
故选：BC．
11. 函数，则下列选项中正确的是（ ）
A. 的最大值是
B. 的图象在直线的上方
C. 点是图象的一个对称中心
D. 函数在区间上的所有零点之和等于
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正弦型函数的值域可判断AB选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，，故函数的最大值为，A对；
对于B选项，由A选项可知，的值域为，
则函数的图象不恒在直线上，B错；
对于C选项，因为，所以，点是图象的一个对称中心，C对；
对于D选项，令，其中，
则，故函数的图象关于点成中心对称，
作出函数在区间的图象以及函数的图象，如下图所示：

由图可知，函数在区间的图象以及函数的图象共有六个交点，
分别为、、、、、，其中与、与、与均关于点对称，
因此，函数在区间上的所有零点之和等于，D对.
故选：ACD.
12. 已知，在的两条边上分别有，两个动点，，在内部有一点，满足，且，则下列选项中正确的是（ ）
A. B.
C. 的面积有最大值D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】在中，由余弦定理求得，再由正弦定理求得，即可判定B；根据题意得到点的运动轨迹为，故的大小不能确定，且的面积有最大值，可判定A错误，C正确；令的外接圆圆心为，求得的长，进而求得的最大值，可判定D错误.
【详解】在中，，
由余弦定理可得，
即，解得或（舍去），
在中，由正弦定理得，即，
解得，所以，所以B正确；
在中，因为，，所以点的运动轨迹为，故的大小不能确定，所以A错误；
在中，由余弦定理可得 ，
当且仅当时，等号成立，所以,
又由的面积为，
所以的面积有最大值，故A错误，C正确；
令的外接圆圆心为，取BD的中点为M，，则，可得，
又由 ，所以，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以的最大值为，所以D错误.
故选：BC.

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知复数满足，其中是虚数单位，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用虚数单位性质结合复数的除法可求，再利用公式求出其模.
【详解】因为，故.
故即，故，
故答案为：.
14. 若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为，则
.
故答案为：.
15. 如图，在平面四边形中，，，，则的最小值为__________．

【答案】
【解析】
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，利用垂直关系和模的坐标公式可得，故可求模的最小值.
【详解】以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，设，

因为，且，故，
故，，
故，
而，故，故，
即，
所以
，
当时，.
故答案为：
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，，角的平分线交于点，且，，则__________，的内切圆面积是__________．
【答案】 ①. 120 ②.
【解析】
【分析】由正弦定理结合三角变换可得，结合角的范围即可求解角；由角平分线的性质可得，利用余弦定理可求得，再利用等面积法求得内切圆的半径，从而可求解内切圆的面积.
【详解】由正弦定理可得，
，
，
，
，，
.
角的平分线交于点，且，，
，
在中，由余弦定理可得
，
，
设内切圆的半径为，
，
的内切圆面积是.
故答案为：；.
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知向量，，．
（1）若，求实数的值；
（2）若与垂直，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，利用向量共线的坐标表示，即可求解；
（2）根据与垂直，利用向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
因为向量，，
因为，可得，解得.
【小问2详解】
因为向量，，可得，
因为与垂直，所以，解得．
18. 已知复数，是实数，其中是虚数单位，．
（1）求的值；
（2）若复数是关于的方程的根，求实数和的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）化简，由是实数可得，求解即可；
（2）由（1）可得，由方程的根可得，再根据复数相等的条件可得，求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为是实数，所以，解得，
故的值为.
小问2详解】
由（1）可知，
所以，
因为方程的根，
所以，即，
由，解得，．
故实数和的值分别为.
19. 在中，已知角、、所对的边分别为、、，，，在下列条件中选择一个，判断是否存在．如果存在，那么求出的面积；如果不存在，那么请说明理由．
①边的中线长为；②；③．
【答案】条件选择见解析，答案见解析
【解析】
【分析】根据正弦定理结合余弦定理可求得，
选①：根据余弦定理求得，结合余弦定理求出、的值，说明存在，进而可求得的面积；
选②：由已知条件结合余弦定理求得、的值，说明存在，进而可求得的面积；
选③：根据余弦函数的单调性结合三角形的内角和定理说明不存在.
【详解】解：因为，
由正弦定理可得，即，
又由余弦定理得，所以，
即，
因为，所以，，所以，所以.

选择①：边的中线长为，
在中，，（i）
在中，，（ii）
因为，所以，，
所以，，
（i）+（ii）可得，即，
因为，所以，解得或，
所以存在，所以，的面积为；
选择②：，因为，所以，
解得或，
所以存在，所以，的面积为；
选择③：，因为函数在上是减函数，
且，即，
又因为，所以，
因为，所以，这与矛盾，所以不存在．
20. 已知平面向量，，．设函数
（1）求的最小正周期；
（2）设，
①记，试用表示，并写出的取值范围；
②求的最小值．
【答案】（1）
（2）① ，的取值范围是；②
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的数量积求出函数的解析式，再利用辅助角公式化为的形式，即可求出最小正周期；
（2）化函数，①记，用表示出，再根据三角函数的有界性求出的取值范围；②根据二次函数的图象与性质，即可求出的最小值．
【小问1详解】
平面向量，，，，
所以函数，
所以的最小正周期为；
【小问2详解】
函数，
①记，则，所以，
因为，所以，；
②，
当时，取得最小值为．
21. 在小岛的正北方向有一补给点，某巡逻艇从出发沿北偏西方向航行，航行海里后到达点，此时，巡逻艇接到了位于正北方向50海里的抛锚渔船处发来的求救信号，同时观测到位于的北偏东方向．已发现巡逻艇燃料不足，现有两种营救方案：
方案一 为节省燃油、确保能到达抛锚渔船处，巡逻艇以35海里/小时的速度航行，以最短路程前往；
方案二 巡逻艇以50海里/小时的速度航行，以最短路程前往补给点，在补充燃油后仍然以50海里/小时的速度航行，以最短路程前往，已知在到达补给点后补充燃油总共需要在补给点停留0.2小时；
试判断哪种营救方案可以更快的达到抛锚渔船处．（在实施两种方案时，均不考虑水流速度）
【答案】采用方案二可以更快的达到抛锚渔船处
【解析】
【分析】根据题意，在中，由正弦定理求得，再在中，由余弦定理求得，分别计算两个方案中的用时，即可求解.
【详解】因为点在的正北方，且在的北偏东的方向，所以，
在中，由正弦定理得，可得海里，
在中，由余弦定理得，
可得海里，
若采用方案一，需要小时，
若采用方案二，需要小时，
所以采用方案二可以更快的达到抛锚渔船处．

22. 已知，在斜三角形中，角的对边分别为，．
（1）求的大小；
（2）若，求的最小值；
（3）若，求的大小．
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）由，得到，进而求得；
（2）由正弦定理分别求得，，结合向量的数量积的运算公式和三角恒等变换，得到，结合基本不等式，即可求解.
（3）因为，得到，求得或，结合题意，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
所以或，，
因为且，所以或，
由为斜三角形知，（舍），所以.
【小问2详解】
解：由正弦定理：，所以，
又由，可得，
所以
，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
【小问3详解】
解：因为，所以，
所以，所以，
即，
整理得，
所以，
所以或，
因为是钝角，所以，所以，所以．