2020-2021学年江苏省镇江中学高一（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省镇江中学高一（下）期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省镇江中学高一（下）期中数学试卷一、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，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知，若复数是虚数单位）是纯虚数，则　　A．0 B．1 C． D．22．（5分）已知与是两个不共线的向量，为实数，若向量与向量平行，则的值为　　A．1 B． C． D．23．（5分）已知向量，，，，则　　A． B． C．0 D．14．（5分）已知复数满足为虚数单位），则的最大值为　　A．1 B．2 C．3 D．45．（5分）设，，，则有　　A． B． C． D．6．（5分）中，角，，所对的边分别为，，，若，则下列结论不正确的是　　A． B．若，则的面积是 C． D．是钝角三角形7．（5分）已知，，，，则的值为　　A． B． C． D．8．（5分）已知，，，，且，，若，则　　A． B． C．2 D．二、多项选择题：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．（5分）下列命题中正确的是　　A．若，不共线，，，则向量，可以作为一组基底 B． 中，，则是直角三角形 C．若的内角，，的对边分别为，，，且，则是等腰三角形 D．对于任意向量，，都有10．（5分）下列关于复数的命题中是虚数单位），说法正确的是　　A．若关于的方程有实根，则 B．复数满足，则在复平面对应的点位于第二象限 C．是关于的方程的一个根，其中，为实数，则 D．已知复数，满足，则11．（5分）如图，是的中点，，是平行四边形内（含边界）的一点，且，则下列结论正确的是　　A．当在点时，， B．当时，， C．若为定值1，则在平面直角坐标系中，点的轨迹是一条线段 D．当是线段的中点时，，12．（5分）若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是　　A．角一定为锐角 B． C． D．的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知复数，，则　　．14．（5分），则　　．15．（5分）若，，，则向量与的夹角为　　．16．（5分）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若，则△的面积最大值为 　　．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．（10分）已知，，．求：（1）的值；（2）的值．18．（12分）已知复数满足，的实部大于0，的虚部为2．（1）求复数；（2）设复数，，在复平面上对应的点分别为，，，点满足和共线，求的值．19．（12分）已知向量，，，，若函数的最小正周期为．（1）求的值和的对称轴方程；（2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求的值．20．（12分）在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且满足．（1）求的值；（2）若为线段上任意一点，求的最小值．21．（12分）如图所示，是某海湾旅游区的一角，为营造更加优美的旅游环境，旅游区管委会决定建立面积为平方千米的三角形主题游戏乐园，并在区域建立水上餐厅．已知，．（Ⅰ）设，，用表示，并求的最小值；（Ⅱ）设为锐角），当最小时，用表示区域的面积，并求的最小值．22．（12分）古希腊数学家普洛克拉斯曾说：“哪里有数学，哪里就有美，哪里就有发现”，对称美是数学美的一个重要组成部分，比如圆，正多边，请解决以下问题：（1）魏晋时期，我国古代数学家刘微在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，割圆术可以视为将一个圆内接正边形等分成个等腰三角形（如图所示），当变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，求的近似值（结果保留．（2）正边形的边长为，内切圆的半径为，外接圆的半径为，求证：．
2020-2021学年江苏省镇江中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】由题意利用纯虚数的定义，求得的值．【解答】解：，若复数是虚数单位）是纯虚数，则，，求得，故选：．2．【分析】根据题意即可得出，从而可得出，然后解出即可．【解答】解：不共线，，又向量与平行，根据共线向量基本定理得：存在实数，使，根据平面向量基本定理得：，解得．故选：．3．【分析】根据，代入的坐标即可得出，，，从而可得出，然后即可解出的值．【解答】解：，，，，，，，，解得．故选：．4．【分析】先设出复数的代数形式，然后结合复数的几何意义及圆的性质可求．【解答】解：设，由，故所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，的几何意义是圆上点到的距离，而与的距离为，圆的半径，根据圆的性质可知，最大值为．故选：．5．【分析】先结合辅助角及二倍角公式进行化简，然后结合正弦函数及正切函数的性质即可比较大小．【解答】解：，，，则．故选：．6．【分析】利用正弦定理即可判断；由余弦定理，平面向量数量积的运算即可判断和；由已知可求得，进而利用三角形的面积公式即可判断．【解答】解：因为，由正弦定理可得，，故正确；可得，故，故错误；可得为钝角，可得正确；若，可得，又，则的面积，故正确；故选：．7．【分析】由已知结合同角基本关系可求，，然后结合二倍角公式求出，再由两角差的正切公式求，结合角的范围可求．【解答】解：因为，，所以，，，，因为，，所以，，，，所以，则，所以．故选：．8．【分析】利用函数在，上单调性及，为函数的零点分析出，然后结合同角三角关系及和差角，二倍角公式可求．【解答】解：因为，，，，且，，令，则，所以在，上恒成立，故在，上单调递增，且是函数的一个零点，因为，且，，故是函数的一个零点，故，所以，解得或（舍，故选：．二、多项选择题：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．【分析】利用向量共线定理与平面向量的基底即可判断选项；由向量的线性运算及数量积运算即可判断选项；由正弦定理及三角恒等变换即可判断选项；由向量的数量积运算即可判断选项．【解答】解：对于，若，不共线，，，则，向量与共线，故向量，不可以作为一组基底，故错误；对于，中，，即，所以，即，故是直角三角形，故正确；对于，因为，由正弦定理可得，又，所以，即，即，所以，即，所以是等腰三角形，故正确；对于，对任意向量，，，，故正确．故选：．10．【分析】设实根为，代入方程可求得值，可判断选项；根据等式求出，可判断选项；把代入方程可求得值，可判断选项；举例可判断选项．【解答】解：对于选项，设实根为，代入方程可得：，，解得：，故对；对于选项，，，在复平面对应的点位于第一象限，故错；对于选项，由题意得：，，解得：，故对；对于选项，取，，满足，但，故错．故选：．11．【分析】利用三角形法则以及三点共线的性质和平面向量基本定理对应各个选项逐个求解即可．【解答】解：选项：因为为的中点，则，所以，则，所以，，故正确；选项：当时，点在线段上，故，故错误，选项：当为定值1时，，，三点共线，又是平行四边形内（含边界）的一点，故的轨迹是一条线段，故正确，选项：当是线段的中点时，，所以，故正确，故选：．12．【分析】选项，结合诱导公式、二倍角公式对已知等式化简可得，从而知为钝角；选项，由和余弦定理，可得解；选项，结合选项的结论，再根据同角三角函数的商数关系、正弦定理和余弦定理，可推出，从而得解；选项，结合选项的结论，再由三角形的内角和定理与正切的两角和公式，可推出，然后由基本不等式，得解．【解答】解：，，即，，又，一定为钝角，即选项错误；由余弦定理知，，化简得，，即选项正确；，，即选项正确；，为钝角，，，，当且仅当，即时，等号成立，此时取得最大值，即选项错误．故选：．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】结合复数的模长公式即可直接求解．【解答】解：因为，，则．故答案为：1．14．【分析】结合同角基本关系对所求式子弦化切，代入即可求解．【解答】解：因为，则．故答案为：．15．【分析】设向量与的夹角为，根据平面向量的数量积运算，即可求出和的值．【解答】解：设向量与的夹角为，因为，，所以，由，得，即，解得，又，，所以向量与的夹角为．故答案为：．16．【分析】根据拿破仑三角形的性质，可以设三角形的两条直角边为，，然后三角形的边，分别用，表示出来，然后结合，利用余弦定理即可表示出的长度，最后利用基本不等式求出边长的最大值，则面积的最大值可求．【解答】解：如图在中，设直角边，，由题意知，做出拿破仑三角形如图，连接，，由等边三角形外心的性质可知：，同理，，在△中，由余弦定理得，（当且仅当时取等号），故．所以△的面积最大值为．故答案为：．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．【分析】（1）利用两角和差公式打开，根据同角三角函数关系式可求的值；（2）根据二倍角公式求出，，利用两角和差公式打开，可得的值．【解答】解：（1），即，化简：①②．由①②解得或，．（2），．，那么：，．18．【分析】（1）由已知结合复数的模长公式及复数的概念即可求解；（2）结合复数的几何意义可求，，的坐标，然后结合向量共线的坐标表示可求．【解答】解：（1）设，，为实数），由得，，因为的实部大于0，的虚部，所以，，，所以，；（2），，，所以，，，，因为和共线，，，所以，所以．19．【分析】（1）由数量积的坐标运算可得，再由倍角公式降幂，利用两角和的正弦化积，结合周期求得，再由正弦函数的对称性可得的对称轴方程；（2）由（1）及可得，再由三角形的面积公式和余弦定理，即可得到所求值．【解答】解：（1）由，，，得．的最小正周期为，，得，．由，得，．的对称轴方程为，；（2）由，得，即，又，，，，又的面积为，，则，又，由余弦定理，得，，．20．【分析】方法一（1）根据，，得到；再把转化为进一步整理即可得到结论；（2）令，结合第一问的结论求出的值；再把所求问题转化为关于，的二次函数，结合二次函数的性质即可求解；方法二以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系；（1）直接求出两个向量的坐标代入求解即可；（2）设，把转化为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可求解．【解答】解：方法一（1）在梯形中，因为，，所以，；（2）令，则，即，令，则，，所以当时，有最小值．方法二（1）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系；则，，，；则，由相似三角形易得．设，则，．得．则，．（2）设，显然，，所以当时，有最小值．21．【分析】（Ⅰ）设，，利用余弦定理求得的值，可得的解析式，再利用基本不等式求得的最小值．（Ⅱ）中，由正弦定理求得的值，中，由正弦定理可得的值，根据区域的面积，利用正弦函数的值域求得区域的面积的最小值．【解答】解：（Ⅰ），，，，．中，利用余弦定理可得，即，，当且仅当，即时，取等号，故当时，取得最小值为．（Ⅱ）设为锐角），当最小时，，，，中，由正弦定理可得，，中，由正弦定理可得，根据区域的面积，故当，即时，区域的面积取得最小值为．22．【分析】（1）将一个单位元分成120个扇形，这120个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，然后结合扇形面积公式可求；（2）结合锐角三角函数定义及二倍角公式进行化简即可证明．【解答】（1）解：将一个单位元分成120个扇形，每个扇形的圆心角为，因为这120个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，所以，所以；（2）证明：设为内切圆的圆心，，分别为内切圆半径，则，，所以，，中，，即，所以，此时，即，所以，所以．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/3/11 19:17:15；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367