江苏省南通市2022-2023学年高一下学期4月期中数学试题（教师版含解析）

这是一份江苏省南通市2022-2023学年高一下学期4月期中数学试题（教师版含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 复数的虚部为( )
A. －2iB. －2C. 4iD. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数乘法法则化简，得到虚部.
【详解】，故虚部为-2.
故选：B
2. 已知，是两个不共线的向量，向量，．若，则( )
A. －2B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用共线向量定理列方程求解即可.
【详解】因为，所以存在唯一实数，使，
所以，
因为，是两个不共线的向量，
所以，解得，
故选：A
3. 已知点，若直线AB上的点D满足，则D点坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量的坐标运算即可求解.
【详解】设，则，
由得且，
解得，故 ,
故选：D
4. 已知，，则sin(α＋β)=( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别对已知两个等式两边平方相加，化简后利用两角和的正弦公式可求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以，，
两式相加可得：
，
所以
，
所以，解得，
故选：C.
5. 已知向量，，则在方向上的投影向量为( )
A. B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的坐标表示及投影向量的定义求解.
【详解】，，
则在方向上的投影向量为.
故选：C.
6. 已知，，，则( )
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据模长得到，，从而得到，得到.
【详解】设，则①，
，则②，
②-①得，，
，
则，
故.
故选：A
7. 在中，，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合两角和差的正切公式求得，进而可求，结合正弦定理运算求解.
【详解】因为，不妨设，
又因为，
即，解得，
所以，
因为，即，
且，即，
又因为，则，解得，
同理可得，所以.
故选：B.
8. 用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图1，在锐角△ABC中，过点B作与垂直的单位向量，因为，所以．由分配律，得，即，也即．请用上述向量方法探究，如图2，直线l与△ABC的边AB，AC分别相交于D，E．设，，，，则与△ABC的边和角之间的等量关系为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用得到，由向量数量积公式求出答案.
【详解】设，则，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，
因为，所以，
即，即，
所以，即
，C正确.
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，下列条件中，能使的形状唯一确定的有( )
A. B. ，，
C. ，∠B=30°，∠C=60°D. ，，∠B=60°
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，由此可判断A；由正弦定理及大边对大角可判断B，D；先求出，根据正弦定理求出，可判断C；
【详解】对于A，
，
因为，由余弦定理可得：
，
解得：，故三角形的解唯一，故A正确；
对于B，根据正弦定理：，可得，即，
又因为，所以，所以或，故B不正确；
对于C，，由正弦定理可得：，
即三角形的解唯一确定的，故C正确；
对于D，根据正弦定理：，可得，即，
又因为，所以，所以，故三角形的解唯一，D正确；
故选：ACD.
10. 下列命题正确的有( )
A. 对于复数z，则B. 对于向量，则
C. 若，为复数，则D. 若，为向量，则
【答案】BC
【解析】
【分析】设复数，分别计算、可判断A；由数量积公式可判断B；设，，分别计算 可判断C；由数量积公式可判断D.
【详解】对于A.，设复数，则，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，设，，则，故C正确；
对于D，若，为向量，设、的夹角为，且，则，故D错误.
故选：BC.
11. 下列等式成立的有( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式可判断A选项；利用两角差的正切公式可判断B选项；利用二倍角的正弦公式结合诱导公式可判断C选项；利用两角差的余弦公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，，A错；
对于B选项，因为，
所以，，B对；
对于C选项，
，C错；
对于D选项，
，D对.
故选：BD
12. 剪纸艺术是一种中国传统的民间工艺，它源远流长，经久不衰，已成为世界艺术宝库中的一种珍藏．某学校为了丰富学生的课外活动，组织了剪纸比赛，小明同学在观看了2022年北京冬奥会的节目《雪花》之后，被舞台上漂亮的“雪花”图案(如图1)所吸引，决定用作品“雪花”参加剪纸比赛．小明的参赛作品“雪花”，它的平面图可简化为图2的平面图形，该平面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，其中，六边形ABCDEF为正六边形， ，，为等边三角形，P为该平面图形上的一个动点(含边界)，则( )

A. B.
C. 若，则λ＋μ的最大值为D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】把题中图2的平面图形顺时针旋转，设正六边形的中心为，连接，，连接，交于点，过作，垂足为点，过作，垂足为点，利用数量积结合选项即可逐一求解．
【详解】如图，把题中图2的平面图形顺时针旋转，设正六边形的中心为，
连接，，连接，交于点，易得，在上，．
过作，垂足为点，过作，垂足为点．
由题意得，，所以，
，
所以，所以，A正确．
计算，所以B错误；
，所以，
，
所以，即，
连接，取的中点，连接，则，所以，
当点与点重合时取得最大值，所以的最大值为：
， C正确；
因为四边形为矩形，所以，，
所以，
当与重合时，取得最大值为，
当与重合时，取得最小值为，
所以的取值范围是，， D正确．
故选：ACD．
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出一个满足的复数____________.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据复数的模长求解即可求解.
【详解】设复数，则，满足该关系的，都是正确的
故答案为：
14. 已知单位向量，满足，若向量，则向量，的夹角为______．
【答案】##
【解析】
【分析】依题意不妨设，，即可求出，再由坐标法计算可得.
【详解】因为单位向量，满足，
不妨设，，则，
所以，，则，
又，所以.
故答案为：
15. 已知，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系得到，进而求出，利用二倍角公式化简得到.
【详解】由题意得，故，即，
因为，所以，即，
因为，解得，故，，
.
故答案为：
16. 已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设的面积为S，且，______，的取值范围是______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】由面积公式结合已知条件得，进而由余弦定理可得；由，结合正弦定理可得，结合两角和的正弦公式可求得，，故，结合二倍角公式化简，利用二次函数的性质求得的取值范围．
【详解】，
，，
又由余弦定理可得，
；
由，结合正弦定理可得，
即，
即，即，
因为，所以或(舍)，
所以，则，
故
，
在锐角三角形ABC中，可得，
即，所以，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的取值范围是．
故答案为：2，．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知复数：，．
(1)若复数z满足，求z；
(2)在复平面内，O为原点，向量，，分别对应复数，，，且与同向，，求．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据复数的运算及共轭复数的概念求解；
(2)利用复数的几何表示求解.
【小问1详解】
因为，
所以.
【小问2详解】
因为，，所以．
因为，所以，
又因为与同向，所以，
所以.
18. 已知正三棱柱棱长均为，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
(2)过作，垂足为，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质得到平面，再由利用等体积法计算可得.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
则正三棱柱中是平行四边形，
所以为的中点，又为的中点，
所以，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，由题意可得，，，
所以，所以，
所以的面积，
因为正三棱柱中平面平面，
又平面平面，平面，且，
所以平面，
即到平面的距离为，
又的面积，
所以，又，
所以，解得，
所以点到平面的距离为.

19. 已知，，设．
(1)求当取最大值时，对应的x的取值；
(2)若，且，求的值．
【答案】(1)，取最大值1
(2)
【解析】
【分析】(1)首先由，结合两角差的正弦公式，二倍角公式及降幂公式得出，即可得出答案；
(2)由及同角三角函数的平方关系得出，再由同角三角函数的商数关系得出，由及两角和的正切公式计算即可．
【小问1详解】
，
当，即，取最大值1．
【小问2详解】
因为，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
所以．
20. 如图，某景区有一块圆形水域，水域边上有三处景点A，B，C，景点之间有观景桥相连，已知AB，BC，AC长度分别为30m，50m，70m．

(1)求圆形水域面积；
(2)为了充分利用水域，现进行景区改造，准备在优弧上新建景点D，修桥DC，DA与景点A，C相连，并准备在修建一块圆形观赏鱼饲养区，使其分别与桥AC，DC，DA相切，求圆形观赏鱼饲养区半径的最大值．
【答案】(1)平方米
(2)米．
【解析】
【分析】(1)由余弦定理可得，结合正弦定理可得外接圆半径，即可由圆的面积求解，
(2)由余弦定理以及等面积法，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为中，由余弦定理得，
，又因为，所以．
设圆形水域半径为R米，由正弦定理，
所以圆形水域面积为：平方米．
小问2详解】
因为，所以，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以．①
设圆形观赏鱼饲养区的半径为r米，
则，
将①式代入上式得．
因为，解得 ．
当且仅当 时， 取得最大值140m，
所以r的最大值为米．
答：圆形观赏鱼饲养区半径的最大值为米．
21. 如图1，在等腰中，分别为的中点，过作于．如图2，沿将翻折，连接得到四棱锥为中点．

(1)证明：平面；
(2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理取线段中点为，连结，证明，，即可证明；
(2)由于直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，根据等体积法求解点到平面的距离，从而将夹角正弦值转化为，从而可得答案.
【小问1详解】
取线段中点为，连结

因为是线段中点，
在△AOB中，，且，
由题意知AO⊥BC，又DE⊥BC，AO、DE在面ACED内，则，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
因为平面
所以平面，同理平面，
因为平面，所以，又DF//EG，所以，
因为，是线段中点，所以
因为平面
所以平面；
【小问2详解】
直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
做平面于点，连接，取中点，连接

所以是在平面内的射影，
所以是直线与平面所成的角，
易知的面积为，
因为平面，平面，所以平面平面，
由题意，易知为等边三角形，因为为中点，
所以，又平面平面，平面，所以平面，
则，即点到平面的距离为
所以，
因为，所以平面，因为平面，所以，
所以
所以中，，则，
所以，则，
因为，所以，所以，
所以，故直线与平面所成的角的正弦值为.
22. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
(1)求角B；
(2)若D为AC上一点，，且，求角C．
【答案】(1)
(2)．
【解析】
【分析】(1)利用三角恒等变换化简得，再利用正弦定理进行边角转化，最后利用余弦定理即可得到答案；
(2)利用正弦定理化简得，设，再利用余弦定理即可解出，则有，则，.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以
，
所以．
由正弦定理得，所以由余弦定理得．
又因为，所以．
【小问2详解】

因为，
所以，
由正弦定理得①
在中，②，在中，③
将②③代入①得，即．
因为，设，则，，
由余弦定理，，则④
由余弦定理，即，则⑤
联立④⑤，解得．
所以，从而，所以．