甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：湘教版必修第二册第1章~第3章3.1~3.2．
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数，则（ ）
A. B. 10C. D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数模的定义求解.
【详解】．
故选：A．
2. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数量积的坐标表示列方程即可求解.
【详解】向量，则，解得.
故选：C.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】逆用差角的余弦公式，结合特殊角的三角函数值计算作答.
【详解】.
故选：B
4. 若四边形ABCD是平行四边形，则下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出平行四边形ABCD，再利用平面向量的加法和减法法则，结合平行四边形的性质，即可得到答案.
【详解】对于，平行四边形ABCD对边平行且相等，所以，故正确;
对于，利用向量加法的平行四边形法则得，故B正确;
对于，利用向量减法的三角形法则得，故正确;
对于与是相等的非零向量，，故D错误.
故选:.

5. 已知，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：∵，，∴，∴，
∴．
考点：平方关系、倍角关系．
6. 在中，角的对边分别为，若，则为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 锐角三角形D. 钝角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式及正弦定理将角化边即可判断.
【详解】因为，又，
即，由正弦定理可得，
即，所以为直角三角形且为直角.
故选：B
7. 设向量，的夹角的余弦值为，，，则（ ）
A. －23B. 23C. －27D. 27
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的定义、数量积的运算律求解即可.
【详解】设与夹角为，则，
又，，
所以，
所以．
故选：B．
8. 古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数．已知，若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系，
由题意得，则，，，，，，．
因为，所以
解得所以．
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. 已知复数（为虚数单位），复数的共轭复数为，则下列结论正确的是（ ）
A. 在复平面内复数所对应的点位于第四象限B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的乘方以及除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.
【详解】,在复平面内复数所对应的点为，位于第四象限，A正确，
，B错误，
，C正确，
，故D错误，
故选：AC
10. 关于平面向量，下列说法不正确的是（ ）
A. B.
C. 若，且，则D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由向量数量积的定义和运算律，对选项中的说法进行判断.
【详解】对于A，由向量的运算法则知正确，故A正确;
对于B，向量数量积满足分配律，故B正确;
对于C，向量数量积不满足消去律，故C错误;
对于D，是与共线的向量，是与共线的向量，故D错误.
故选：CD.
11. 在中，角的对边分别为，已知的周长为，则（ ）
A. 若，则是等边三角形
B. 存在非等边满足
C. 内部可以放入的最大圆的半径为
D. 可以完全覆盖的最小圆的半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由余弦定理与正弦定理及三角形的面积公式逐项求解即可.
【详解】因为的周长为3，且，可得，
由余弦定理得．
对于A，因为，所以，
即，则，所以为等边三角形，故A正确；
对于B，假设，则，即，则，
此时为等边三角形，故B错误；
对于C，由，可得，
当且仅当时等号成立，解得或（舍去），
所以的面积的内切圆半径为，
所以内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；
对于D，设外接圆的半径为，因为，
当且仅当时等号成立，所以，解得或（舍去），
由，可得，
因为，所以，
所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，其中是实数，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件可解.
【详解】因为，
所以，解得，
所以.
故答案：0
13. 已知平面内三点不共线，且点满足，则是的__________心.（填“重”或“垂”或“内”或“外”）
【答案】垂
【解析】
【分析】使用数量积的分配律得到，，即，，进而得到点为的垂心.
【详解】由，知，，故，，从而为的垂心.
故答案：垂.
14. 如图，在扇形AOB中，，，点C在扇形AOB内部，，，则阴影部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据阴影部分的面积为，利用扇形面积公式、三角形面积公式和正弦定理进行求解.
详解】设，则，，
由，，得，
在中，由正弦定理得，即，
所以，则，，
所以，，则，
，
所以，
又知扇形AOB的面积为，
故阴影部分的面积为．
故答案为：
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. 已知角的终边经过点，为第一象限角，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的终边经过点可得，，然后由为第一象限角求得，利用正弦函数两角差公式从而求解.
（2）利用倍角公式求得，再结合正切函数两角差公式从而可求解.
【小问1详解】
角的终边经过点，为第一象限角，，
，，，
.
【小问2详解】
由（1）得，，
，
16. 已知向量.
（1）当为何值时，与垂直?
（2）当为何值时，与平行?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先由向量线性运算的坐标表示出与，由向量垂直的充要条件列方程求解即可.
（2）由向量平行的充要条件列方程求解即可.
【小问1详解】
因为，
，
，
若可得，
即，得，
即时，与垂直.
【小问2详解】
当时，有，
解得，
即时，与平行.
17. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求和的值；
（2）求的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据同角的三角函数关系求出，结合正、余弦定理计算即可求解；
（2）由（1），结合三角形的面积公式计算即可求解.
【小问1详解】
在中，由，可得．
又由及，可得．
由余弦定理得，得，
由，解得．
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以的面积．
18. 如图，在梯形中，，，，点分别为线段，上的三等分点，点是线段上的一点.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）直线分别交线段于M，N两点，若B，N，D三点在同一直线上，求的值.
【答案】（1）16 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算，结合模长公式即可求解，
（2）根据模长公式即可求解，
（3）根据三点共线共线即可求解.
【小问1详解】
设，，
，
，即．
【小问2详解】
，
．
【小问3详解】
连接三点共线，，
为的中点，
．
设，则．
设．
中，，
，
解得，
．
19. 在中，角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行角化边，然后根据余弦定理求解出的值，即可求出角；
（2）法一：根据正弦定理可得，根据三角恒等变换化简可得，再根据的范围求解即可；法二：过点作，垂足为，根据直角三角形性质结合图形分析求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
整理得，所以，
又，所以．
【小问2详解】
法一：由（1）知，即．
因为为锐角三角形，所以解得．
由正弦定理，得，
则
，
当时，，则．
又，
所以，所以，
所以，即，
所以周长的取值范围是．
法二：（数形结合）过点作，垂足为，
在直线上取一点，使，则与均为直角三角形．
为锐角三角形，
点在线段上（不含端点）．
在中，，易得，
，周长为；
在中，，易得，周长为，
所以周长的范围是．