2022-2023学年江苏省连云港市高一下学期期中数学试题

这是一份2022-2023学年江苏省连云港市高一下学期期中数学试题，文件包含江苏省连云港市高一下学期期中数学试题原卷版docx、江苏省连云港市高一下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

（本卷满分150分，共4页，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 设为实数，若向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由向量共线定理结合已知条件即可求解.
【详解】因为，所以存在实数，使得，
又，，所以，
解得，所以的值为.
故选：B．
2. 已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部为iB.
C. 的共轭复数D. 为纯虚数
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数模的定义、共轭复数的定义，结合复数虚部的定义、纯虚数的定义逐一判断即可.
【详解】解：∵，∴z的虚部为1，为纯虚数，，∴正确的结论是D．
故选：D．
3. 在中，若，，，则（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理结合角的范围求解即可.
【详解】在中，由正弦定理得，所以，
又因为且，，所以.
故选：B.
4. 已知中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算化简求解即可.
【详解】中，，
所以.
故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由平方关系求得、，再由两角和的余弦展开式求得答案.
【详解】依题意，均为锐角，
由得，
由得，
所以，
而，所以.
故选：A.
6. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数单调性结合零点存在性定理求解即可.
【详解】易得为增函数，且，，故函数的零点所在的区间是.
故选：B．
7. 在中，，，则的大小为（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
分析】将所给两式平方相加化简可得，再根据分析角度范围求解即可.
【详解】由，，等式两边平方相加得：
，
即，故，故或.
由，得，得，故，
则，故.
故选：C
8. 在任意四边形中，点，分别在线段，上，且，，，，，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得，再两边平方求解即可.
【详解】
由，则①，
又②，
由①+②可得，即，
故，设与夹角为，
则，解得.
故选：C．
二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知向量，，且，则（ ）
A. B.
C. 向量与向量的夹角是D. 向量在向量上的投影向量坐标是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标公式求出向量判断A，利用向量模的坐标运算判断B，利用数量积的夹角坐标公式求解判断C，利用数量积的几何意义求解判断D.
【详解】因为向量，，所以，
由得，解得，所以，故A正确；
又，所以，故B错误；
设向量与向量的夹角为，因为，，
所以，又，所以，
即向量与向量的夹角是，故C正确；
向量在向量上的投影向量坐标是，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 若复数满足，则的最大值为3
D. 若（，），则
【答案】BC
【解析】
分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证；
对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证.
【详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意；
对于B：令，所以，所以，
且，所以，故B选项符合题意；
对于C：令，若复数满足，则有（其中），
所以，所以，
所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意；
对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意.
故选：BC．
11. 下列各式的值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换逐个选项计算即可.
【详解】对A，因为，
故，故，故A正确；
对B，
，故B错误；
对C，，故C正确；
对D，，故D错误.
故选：AC．
12. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ）
A. 外接圆的半径为
B. 若的平分线与交于，则的长为
C. 若为的中点，则的长为
D. 若为的外心，则
【答案】BD
【解析】
【分析】依题意由正弦定理可得，根据余弦定理和三角形面积公式可求得，再由正弦定理可得A错误；根据等面积法可得角平分线的长为，即B正确；由可求得，即C错误；利用外接圆以及投影向量的几何意义可得D正确.
【详解】根据题意由，利用正弦定理可得，
不妨设，
利用余弦定理可得，又，可得；
又面积为，解得，
所以，
对于选项A，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，即A错误；
对于B，分别作垂直于，垂足为，如下图所示：

易知的面积为，
可得，即B正确；
对于C，若为的中点，易知，如下图所示：

所以可得，
可得，即C错误；
对于D，延长交外接圆于点，连接；如下图所示：

易知即为直径，所以可知，；
利用投影向量的几何意义可得
，
即可得D正确.
故选：BD．
【点睛】方法点睛：在解三角形问题中遇到与角平分线或者中线相关的问题时，可根据题目信息采用等面积法求解角平分线长度，利用向量求解中线长度.
三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13. 在中，若，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理求解即可.
【详解】设外接圆半径为，则由正弦定理可得：
故答案为：
14. 若，则的值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】对平方后展开，结合同角三角函数基本关系及二倍角公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，解得.
故答案为：.
15. 已知四边形中，，，是的中点，，，则的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，由直角三角形知识及同角三角函数关系得，所以，从而求出，再利用余弦定理即可求出.
【详解】设，在中，，所以，
所以，同理在中，，
则，
在中，，
即，解得.

故答案为：
16. 函数的零点个数为______．
【答案】6
【解析】
【分析】利用二倍角公式及诱导公式化简函数式，结合对数函数和三角函数的图象与性质数形结合即可判定结果.
【详解】由
，
令，作出函数的草图如下：

当时,由可得，
当时, 由得，
易知在之间两函数有6个交点，故零点个数为6.
故答案为：6.
四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知复数满足，的虚部为2，所对应的点在第三象限，求：
（1）复数；
（2）若复数在复平面上对应的点在第二象限，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设（，），根据题意列式求解即可；
（2）由（1），再代入结合复数的几何意义求解即可.
【小问1详解】
设（，），
所以，①
因为，又的虚部为2，
所以，②
由①②解得或，所以或，
又所对应的点在第三象限，所以．
【小问2详解】
，
因为复数在复平面上对应的点在第二象限，
所以，解得，
故实数的取值范围为．
18. 已知，，，试求：
（1）；
（2）与的夹角.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）利用数量积即可求得的值；
（2）利用向量的夹角公式即可求得与的夹角.
【小问1详解】
由，可得，则，
即，又，，则，
则
【小问2详解】
，
又，则，
故与的夹角为.
19. 已知直角梯形的三个顶点分别为，，，且．
（1）求顶点的坐标；
（2）若为线段上靠近点的三等分点，为线段的中点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量共线及垂直的坐标表示计算即可；
（2）利用平面向量的线性运算的坐标表示计算求模即可.
【小问1详解】
设，因为，，，
则，，，
在直角梯形中，，且，
所以A，为直角，则，即，
解得，，所以顶点的坐标为；
【小问2详解】

因为为线段上靠近点的三等分点，则，
设，则，
所以，，所以，
又因为为线段的中点，则，
所以，，
则，
所以
20. 在中，已知，最长边的长为.
（1）求的大小；
（2）若，求最短边的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）先根据角的函数值判断最小角和最大角，然后利用同角三角函数基本关系求出角B的三角函数值，利用两角和的正弦公式求出，最后根据正弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，即.
在中，由余弦定理得，
又，故.
【小问2详解】
因，故，又因为，所以.
所以为最小角，为最大角，则为最短边，为最大边.
由，可得，解得，
所以
.
在中，由正弦定理得，即，得.
21. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过二倍角公式和两角和正弦公式化简函数，利用正弦型函数周期公式求解即可；
（2）通过三角恒等变换及分离参数把问题转化为对恒成立，然后令，利用对勾函数单调性即可求解范围.
【小问1详解】
，
所以函数的最小正周期.
【小问2详解】
因为
，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因，所以，所以，
所以对恒成立，
令，则，则问题转化为对恒成立，
因为在上单调递减，在上单调递增，又，，
所以在上的最大值为，
所以，所以实数的取值范围.
22. 已知中，点是线段上一点，，且①，②，③，④.
（1）求的长；
（2）为边上的一点，若为锐角三角形，求的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
【答案】（1）选择见解析，
（2）选择见解析，
【解析】
【分析】（1）若删除②或③，由余弦定理得出两解，不满足题意，删除条件①和④，在和中分别利用余弦定理建立方程可求解；
（2）若删去①：设，通过正弦定理及三角恒等变换得的周长，利用锐角三角形求出的范围，利用正切函数的性质求出范围即可；
若删去④：先利用余弦定理求出，然后设，通过正弦定理及三角恒等变换得的周长，利用锐角三角形求出的范围，利用正切函数的性质求出范围即可.
【小问1详解】
删除条件①：设，，则.
在中，，
即，
同理在中，，
即，联立，可得，．
即，，故；
删除条件④：设，则，在中，
，
同理在中，，
因为，所以，即，
解得：，所以；
删除条件②：在中，，
所以，解得或，不唯一，不符合题意；
删除条件③：在中，，
即，解得或，不唯一，不符合题意.
【小问2详解】
若删去①：由（1）知，设，因为，则.
在中，由正弦定理知,则，，
所以的周长
，
因为为锐角三角形，则，
所以，又，所以当时，在边上，
所以，因为在为单调增函数，则，
所以.所以周长的取值范围为.
若删去④：由（1）知，则在中，由余弦定理得
，因为，则，
设，则
在中，由正弦定理知,则，，
所以的周长
，
因为锐角三角形，则，
所以，又，所以当时，在边上，
所以，因为在为单调增函数，则，
所以.所以周长的取值范围为.