重庆市朝阳中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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分值：150分 时间：120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 若复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ）
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】根据复数的几何意义可解.
【详解】复数在复平面内对应的点为，
其位于第二象限.
故选：B
2. 若一个球的表面积和体积的数值相等，则该球的半径为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据球的表面积、体积公式计算可得.
【详解】设球的半径为，依题意可得，显然，所以.
故选：D
3. 的内角所对边分别为，若，则角的大小（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦定理及，即可求得角．
【详解】由余弦定理得，，
因为，所以，
由，所以，
故选：D．
4. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量的公式计算即可．
【详解】设与夹角为，则，
在上的投影向量为：，
故选：C．
5. 在，其内角所对边分别为，若，则的形状是（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理角化边，然后整理化简即可得答案.
【详解】因为
所以，
整理得，
即的形状是等腰三角形.
故选：B.
6. 在等腰梯形中，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的几何图形，结合向量的线性运算求解即得.
【详解】在等腰梯形中，，，，则有，
所以.
故选：A
7. 已知一个直四棱柱的高为4，其底面水平放置的直观图（斜二测画法）是边长为2的正方形，则这个直四棱柱的表面积为（ ）
A. 40B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出侧面积和底面积，即可得到表面积.
【详解】由于直观图是正方形，所以ABCD是两邻边分别为2与6，高为的平行四边形，
其周长是，面积是，
所以直四棱柱的表面积是.
故选：C
8. 内角对应边分别为．若，，点在边上，并且，为的外心，则之长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连结，根据正弦定理边化角，可得和外接圆半径，在中，利用余弦定理可解.
【详解】连结，
因为，根据正弦定理得，
则，即，
且外接圆半径，
即在中，，，
所以，且，
在中，
，
所以.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.
B. 复数的虚部为
C. 若复数满足，则
D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：利用的周期性计算可得，故A选项正确；对于B：利用复数的定义直接判断；对于C：利用复数的乘法运算可判断；对于D：利用复数的几何意义直接判断.
【详解】对于A：，故A选项正确；
对于B：的虚部为，故B选项错误；
对于C：设复数，，
则，
若，则，故C选项错误；
对于D：若复数满足，
则在复平面内对应的点的轨迹为以点为圆心，以2为半径的圆，
故D选项正确.
故选：AD
10. 在等腰梯形中，，，，以所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则下列说法正确的是（ ）
A. 等腰梯形的高为2B. 该几何体为圆柱
C. 该几何体的表面积为D. 该几何体的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】过点作交于点，过点作交于点，求出、，即可判断A，依题意可得该几何体的结构特征为一个圆柱挖去上、下两个圆锥，且圆柱的底面半径，高为，圆锥的底面半径，高为，再求出几何体的表面积与体积，即可得解.
【详解】因为在等腰梯形中，，，，

过点作交于点，过点作交于点，
则，所以，
所以等腰梯形的高为，
以所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，
则该几何体的结构特征为一个圆柱挖去上、下两个圆锥，
且圆柱的底面半径，高为，圆锥的底面半径，高为，故A正确，B错误．
该几何体的表面积，
体积，故C、D正确．
故选：ACD
11. 在中，内角所对应边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点为的重心，则
B. 若满足，，的有两解，则的取值范围为
C. 若点为内一点，且，则
D. 若，则的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用重心到一顶点和其对边中点的距离之比为即可得到结果；对于B，使用二次方程的性质证明若有两解则，再在的条件下构造出两解即可；对于C，利用向量之间的比值即可求出面积比；对于D，直接证明，即可否定结论.
【详解】对于A，若点为的重心，设的中点为，则由重心的性质得，所以，A正确；
对于B，一方面，若满足，，的有两解，
则首先，且必有两种可能的取值，而满足，即，
故关于的方程必有两个不同的正数解，
从而判别式为正数，且两根之积为正数，
即，. 结合，得；
另一方面，当时，确有两解，
，.
所以的取值范围是，B正确；
对于C，延长交于，由于在的延长线上，故存在实数，使得，
从而.
由于在直线上，故，从而，
故，即，从而.
所以，C正确；
对于D，由于，
故由数量积定义，知该条件就是.
从而，
使用余弦定理又可化为，
展开再合并同类项得，即.
所以，
这意味着，D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于灵活运用向量和解三角形中的定理，在适当的时候使用恰当的定理能够发挥较好的作用.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设向量，，若，则___________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示可求结果.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
13. 我国著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已经具有很高的数学水平．设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为．若，，则的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理，可得，再化简已知条件，结合面积公式求解.
【详解】因为，根据正弦定理，得，即，
又因为，即，
所以.
故答案为：
14. 已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，构造平行四边形，由于恒成立，即恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题，即可求解.
【详解】设，如图作平行四边形，
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
，
，
由于恒成立，故，
即实数的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合题意构造出平行四边形，利用正弦定理，从而将恒成立问题转化为最值问题..
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知单位向量的夹角为.
（1）求；
（2）求；
（3）求与的夹角.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由数量积的运算可得；
（2）由向量模长和数量积的运算可得；
（3）由数量积的运算和夹角的运算可得；
【小问1详解】
因为，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以.
【小问3详解】
因为，所以，
由（1）（2）知，，
设与的夹角为，则，
因为，所以.
16. 在中，内角所对的边分别是，且．
（1）求角；
（2）若是的角平分线，，的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将条件化为关于正弦的齐次方程，再使用正弦定理即可得到边的关系，最后使用余弦定理即可；
（2）分别求出和的值，再使用余弦定理得到.
【小问1详解】
由条件知
，
此即，故由正弦定理得，
再由余弦定理知，
且，所以.
【小问2详解】
由，，
结合正弦定理得，
而，故，.
由于，故.
所以，故.
而，故.
所以.
故.
17. 在等边中，点是上靠近点的一个三等分点，点为的中点，交于点.

（1）若，求的值；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量线性坐标运算求得，然后根据三点共线即可求解.
（2）用基底表示，然后利用三点共线求得，结合已知求得，结合数量积的运算律求得，利用正三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
点为的中点，，
，
，
，，三点共线，，.
【小问2详解】
由（1）知，.
设，
，，三点共线，，解得，
，从而有，
，即，故，
，
，
.
18. 某学校有一四边形地块，为了提高校园土地的利用率，现把其中的一部分作为学校生物综合实践基地．如图所示，，是中点，分别在、上，拟作为花草种植区，四边形拟作为景观欣赏区，拟作为谷物蔬菜区，和拟建造快速通道，，记．（快速通道的宽度忽略不计）
（1）若，求景观欣赏区所在四边形的面积；
（2）当取何值时，可使快速通道路程最短？最短路程是多少？
【答案】（1）
（2），最短路程为
【解析】
【分析】（1）由得出四边形为直角梯形，即可计算出面积；
（2）由正弦定理表示出，根据两角和与差的正弦及同角三角函数的平方关系，化简出的表达式，再用换元法，辅助角公式及函数单调性即可得出最短路程．
【小问1详解】
由题可知，，
当，则中，，，，
则，
所以为等边三角形，则，
所以为中点，且是中点，
所以，
所以四边形为直角梯形，其面积为：．
【小问2详解】
，则，
在中，由正弦定理：，
在中，由正弦定理：，
因为，
所以，，
，
因为，
设，则，
所以
因为，所以在上单调递增，
所以在上单调递减，
所以当，即时，取最小值．
19. 对于数集，其中，，定义向量集，若对任意，存在，使得，则称具有性质．
（1）已知数集，请写出数集对应的向量集，并判断是否具有性质（不需要证明）．
（2）若，且具有性质，求的值；
（3）若具有性质，且，常数且，求证：．
【答案】（1），具有
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先进行一些准备工作，给出具有性质的充要条件，然后用列举法给出，并用已证明的结论即可说明是否具有性质；
（2）利用具有性质的充要条件即可证明，再验证满足条件即可；
（3）先证明，然后使用反证法证明原结论.
【小问1详解】
设集合，先证明两个结论.
结论①：设，其中，，则具有性质的充分必要条件是：对任意的，都有或.
证明：设，其中，，记，.
一方面，如果具有性质：
此时对任意的，由于，故根据具有性质，存在使得，而，所以不同号，从而其中恰有一个等于，另一个属于.
设另一个属于的是，其中，则或，所以或.
结合可知对任意的，都有或.
另一方面，如果满足对任意的，都有或：
由于，故对任意的，都有或.
那么，首先有或，即，从而.
此时对任意：
如果，则满足；
如果，，则满足；
如果，，则满足；
如果，，则或，从而满足或满足.
这表明具有性质.
从而结论①得证.
结论②：设，其中，，若具有性质，则存在使得.
证明：根据结论①，此时对任意的，都有或，特别地令，有，而，故存在某个使得.
从而结论②得证.
回到原题.
若，根据向量集的定义，知其对应的向量集.
由于，，，故由结论①可知具有性质.
【小问2详解】
设，若具有性质，由结论①知或，而，，所以. 又由于，故，即.
而当时，，此时，，，由结论①知的确具有性质.
所以所求的.
小问3详解】
设，其中，.
由条件知具有性质，且，为常数且.
由结论②知，存在某个使得，而，故.
根据结论①知，对任意的，，都有或.
由于当时，有，而，故.
设，则由于，知对任意的，，有.
现已经有，下面证明：.
假设结论不成立，那么存在一个最小的正整数，使得.
换言之，满足，且.
由，可知.
由于，，故存在，使得，故.
又因为，故，这意味着，即.
设，，则，即，故.
但，这与矛盾.
所以假设不成立.
故原结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，在第3小问中，我们在使用反证法并假设结论不成立后，考虑的并不仅仅是某个满足的，而是最小的满足的，因为相比前者，后者更容易推导出矛盾.