广东省茂名市信宜市信宜中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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，只有一项符合题目要求，请将答案填写在答题卡的相应位置上.
1. （ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题可通过诱导公式以及两角和的正弦公式得出结果.
【详解】
，
故选：D.
2. 若复数的实部与虚部互为相反数，则的值为（ ）
A. 0B. 2C. 8D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的有关概念即可得到结论
【详解】因为复数的实部为2，虚部为，
由题意可得，解得，
故选：D
3. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示可得答案.
【详解】由题意知，所以，解得．
故选：B
4. 在中，内角所对的边分别为，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析题意，利用三角形内角和定理求A，再用正弦定理求边长即可.
【详解】易知，由正弦定理得，
化简得.
故选：B
5. 如图，向量（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量减法的运算法则及平面向量基本定理计算可得．
【详解】由图可知，，

所以．
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用同角三角函数的关系式的变换求出结果．
【详解】因为，
平方得，又
故，
则．
故选：B.
7. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数在上单调递减
C. 函数是奇函数
D. 该函数的图象可由的图象向左平行移动个单位长度得到
【答案】B
【解析】
【分析】先根据函数图象求出解析式，再利用正弦函数的图象和性质判断AB，利用诱导公式判断CD即可.
【详解】由图象可知，，解得，故，
所以，
又，则，所以，
由于，所以，所以，
对于A，，A说法错误；
对于B，当时，，故在上单调递减，B说法正确；
对于C，，所以是偶函数，C说法错误；
对于D，的图象向左平行移动个单位长度得，D说法错误；
故选：B
8. 如图，在重物体上有两根绳子，绳子与铅垂线的夹角分别为30°，60°，物体平衡时，两根绳子拉力的大小分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】设两根绳子的拉力分别为，，作，根据题意得到其为矩形求解.
【详解】解：如图所示：
设两根绳子的拉力分别为，.
作，使，.
在中，，
所以，
所以，，
所以，
故两根绳子拉力的大小分别为，.
故选：C.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分或者2分，有选错得0分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
9. 对于，下列说法正确的有（ ）
A. 存在，满足.
B. 若，则
C. 若，则是钝角三角形
D. 若，则为等腰三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】利用余弦定理的公式可判断A；利用正弦定理的公式可判断B；利用正弦定理的边角互化和余弦定理可判断C；利用正弦函数的性质可判断D.
【详解】对于选项A：由余弦定理可得：
，
即，所以这样的三角形不存在，故A错误；
对于选项B：若，则，由正弦定理可得成立.故B正确；
对于选项C：若，由正弦定理得，
由余弦定理，且
所以为钝角，即是钝角三角形，故C正确；
对于选项D：因为在三角形中，，
故若，则或，可得或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故D不正确.
故选：.
10. 已知向量，，，给出下列判断，其中正确的是（ ）．
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】借助向量数量积的运算、模长定义、向量共线及垂直的性质逐项计算即可得.
【详解】对A：由，故，即，故A正确；
对B：若，则有，
即可能出现，但与垂直的情况，故B错误；
对C：若，则，即有，故C正确；
对D：若，则有，
即，即，故，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数在区间上有且仅有两个不同的零点，则（ ）
A. 在区间上有两条对称轴
B. 的取值范围是
C. 在区间上单调递增
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由题设有在有且仅有两个不同的零点，结合正弦函数性质求得，再由各项描述逐项判断各项正误.
【详解】区间上且，
故在有且仅有两个不同的零点，
所以，可得，B对；
当时，此时只有一条对称轴，
即在上可能只有一条对称轴，A错；
区间上，而，
所以在区间上单调递增，C对；
由，即，又，
所以或，可得或，D错.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：应用换元法，将问题化为在有且仅有两个不同的零点求参数范围为关键.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请将答案填写在答题卡相应位置上.
12. 已知， 且，则 _________.
【答案】
【解析】
【分析】先得到，根据垂直得到方程，求出答案.
【详解】，
因为，所以，
解得.
故答案为：
13. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据平方关系求出，再利用降幂公式和二倍角正弦公式即可得解.
【详解】，
.
故答案为：.
14. 在锐角中，内角所对的边分别是，，，则__________．的取值范围是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由正弦定理可得的值.由正弦定理可以把表示为角的函数，由锐角三角形得出角的取值范围，进而可得的取值范围.
【详解】由正弦定理，可得，则.
由，可得， ，
所以.
由是锐角三角形，可得，，则，
所以，.
所以.
【点睛】本题考查正弦定理，综合运用三角恒等变换知识是解题关键.
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.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
15. 已知，，与的夹角为．
（1）求；
（2）若向量与相互垂直，求实数k的值．
【答案】（1）2； （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求得数量积，再求向量的模长即可；
（2）根据向量垂直则数量积为零，结合（1）中所求，即可求得参数值.
【小问1详解】
根据题意，，
又.
【小问2详解】
根据题意， ，即，，解得.
16. 为绘制海底地貌图，测量海底两点，间的距离，海底探测仪沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内.海底探测仪测得，，，，同时测得海里.

（1）求的长度；
（2）求，之间的距离.
【答案】（1）
（2）海里
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，得到，再中，利用正弦定理，即可求解；
（2）根据题意求得，在中，由余弦定理求得，再在中，利用余弦定理求得，即可求解.
【小问1详解】
如图所示，在中，，，且海里.
可得，
又因为，所以，
由正弦定理，可得.
【小问2详解】
因为，且，，
可得，所以，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得，
即（海里）所以间的距离为海里.

17. 已知函数.
（1）若，，求的值；
（2）将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再利用三角函数的基本关系式与和差公式即可得解；
（2）利用三角函数平移伸缩的性质得到，再利用三角函数的性质即可得解.
【小问1详解】
因为
，
又，，所以，即，
而，故，
所以
.
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位，
得到的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，
得到的图象，即，
因为，所以，
所以，则，
所以在上的值域为.
18. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的周长为，且，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式求解可得；
（2）边化角，结合（1）可求得，然后由三边比值结合周长可求得各边，即可求得面积.
【小问1详解】
，
，
由正弦定理可得，
又，
所以，
因为，则，所以，
因为，所以；
小问2详解】
，，
又，
即，解得，
，
，
又的周长为，，
解得，
.
19. 如图，点分别是矩形的边上的两点，，.
（1）若、分别为、的中点，求；
（2）若，求的范围；
（3）若，连接交的延长线于点为的中点，试探究线段上是否存在一点，使得最大.若存在，求的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）解法一，以、作为一组基底表示出，，再根据数量积的运算律求出，，，最后由夹角公式计算可得；解法2，建立平面直角坐标系，利用坐标法计算可得；
（2）根据数量积的运算律得到，结合的范围计算可得；
（3）建立平面直角坐标系，求出点坐标，设，则，利用两角差的正切公式、锐角三角函数及基本不等式计算可得.
【小问1详解】
解法1：因为，，
所以
，
，
，
.
解法2：以点为坐标原点，、所在的直线为轴､轴建立直角坐标系
则，，，，
所以，，，
.
【小问2详解】
由，，
故，则，
所以
，
由，故；
【小问3详解】
如图所示，以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，
由题意可得，即，
假设存在点，使得最大，由，即有最大，
设，当时，角度为，此时不可能最大，故，所以，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即存在，且.