2024扬州中学高一下学期4月期中考试数学含答案

这是一份2024扬州中学高一下学期4月期中考试数学含答案，共7页。试卷主要包含了04， 已知，则等内容，欢迎下载使用。


试卷满分：150分 考试时间：120分钟
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z=1+i1-i，其中i为虚数单位，则z在复平面对应的点的坐标为（ ）
A．(0,-1)B．(0,1)C．(-1,0)D．(1,0)
2．用二分法研究函数fx=x2+3x-1的零点时，第一次经过计算发现f0<0，f0.5>0，可得其中一个零点x0∈0,0.5，则第二次还需计算函数值（ ）
A．f1B．f-0.5C．f0.25D．f0.125
3．已知△ABC中内角A、B、C的对边分别是a、b、c，c=6，a=4，B=120∘，b=（ ）
A．76B．219C．27D．27
4．已知向量a=-3,4，b=1,0，向量a在向量b方向上的投影向量的模为（ ）
A．-35B．35C．3D．-3
5．如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则BE=（ ）
A．53BA-13BCB．23BA+16BC
C．13BA+13BCD．23BA+13BC
6．函数fx=2sinxcsx+2cs2x的最大值是（ ）
A．1B．2C．2+1D．22
7. 已知，则（ ）
A．B．C．D．
8. 若△ABC的角A,B,C所对边a,b,c，且满足a-2b+4bsin2A+B2=0，则tanA的最大值为（ ）
A. B. C. D.
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，有多项是符合题目要求。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．下列命题为真命题的是（ ）
A．若复数z1>z2，则z1,z2∈R
B．若i为虚数单位，n为正整数，则i4n+3=i
C．若复数z1,z2满足z12+z22=0，则z1=z2=0
D．若1+2ia+b=2i，其中i为虚数单位，a，b为实数，则a=1，b=-1
10．若平面向量a=n,2，b=1,m-1，其中n，m∈R，则下列说法正确的是（ ）
A．若2a+b=2,6，则a//b
B．若a=-2b，则与b同向的单位向量为22,-22
C．若n=1，且a与b的夹角为锐角，则实数m的取值范围为12,3∪3,+∞
D．若a⊥b，则z=2n+4m的最小值为4
11. 在扇形中，，点在弧上运动且不与点重合，于点，与点，则（ ）
A.的长为定值
B.的大小为定值
C.面积的最大值为12tan3π8
D.四边形的面积的最大值为2+22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知A-1,2,B2,0,Cx,3,且AB⊥AC，则x= .
13．已知sin(2θ-π6)=-13，θ∈(0,π2)，则sin(θ+π6)= .
14. 已知为的内心，，且满足，则的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
复数z=a2-a-6+a2-3a-10i，其中i为虚数单位，a为实数．
(1)若复数z为实数，求a的值；
(2)若复数z为纯虚数，求a的值．
16．（15分）
已知a=b=1，且2a-b⋅3a-2b=8，
(1)求a⋅b的值：
(2)求a+b与a的夹角.
17．（15分）
在△ABC中，角A,B,C所对的边a,b,c, 满足b2=ac且2B=A+C.
(1)若b=2，求△ABC的面积；
(2)求1tanA+1tanC的值.
18．（17分）
某商场准备在商场门前“摆地摊”，经营冷饮生意.已知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中∠APB=120°，且在该区域内点R处有一个路灯，经测量点R到区域边界PA,PB的距离分别为RS=4m,RT=6m.设计者准备过点R修建一条长椅MN（点M，N分别落在PA,PB上，长椅的宽度及路灯的粗细忽略不计），以供购买冷饮的人休息.
(1)求点S到点T的距离；
(2)求点P到点R的距离；
(3)为优化经营面积，当PM等于多少时，该三角形PMN区域面积最小？并求出面积的最小值.
19. （17分）
已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）当时，设，求证：函数有且只有一个零点；
（3）当时，若实数使得对任意实数恒成立，求的值.
江苏省扬州中学2023-2024学年度第二学期期中试题
参考答案：
一、选择题
1．B 2．C 3．B 4．C 5．B 6．C 7. D 8. B
二、选择题
9．AD 10．BCD 11. ABC
三、填空题
12．-13 13．33 14.
四、解答题
15．（1）由复数z为实数，得a2-3a-10=0，
解得a=5或a=-2.
（2）由复数z为纯虚数，得a2-a-6=0a2-3a-10≠0，解得a=3.
16．（1）因为2a-b⋅3a-2b=6a2-7a⋅b+2b2=-7a⋅b+8=8，
所以，a⋅b=0.
（2）由已知可得，a+b2=a2+2a⋅b+b2=2，
所以a+b=2.
又a+b⋅a=a2+a⋅b=1，
所以，csa+b,a=a+b⋅aa+ba=22.
又a+b,a∈0,π，
所以a+b,a=π4.
16．（1）由2B=A+CA+B+C=π，解得B=π3，
由b2=ac.b=2，∴ ac=4，
∴ S△ABC=12acsinB=12×4×sinπ3=12×4×32=3.
（2）因为b2=ac，由正弦定理可得sin2B=sinAsinC，
∴ 1tanA+1tanC=1sinAcsA+1sinCcsC=sinCcsA+csCsinAsinAsinC
=sin(A+C)sinAsinC
=sin(π-B)sinAsinC=sinBsinAsinC=sinBsin2B=1sinB
=1sinπ3=132=233，
∴ 1tanA+1tanC=233.
18．（1）连接ST,PR，在四边形SRTP中，
因为RS⊥PA，RT⊥PB，∠APB=120°，所以∠SRT=60°.
在△RST中，由余弦定理可得ST2=42+62-2×4×6×cs60°=28，
所以ST=27（m）.
（2）方法一：因为SR⊥PM且TR⊥PN,
所以P,T,R,S四点共圆，
所以PR=2r=STsin∠SPT=2732=4213
方法二：在△RST中，由余弦定理可得cs∠STR=ST2+RT2-SR22ST⋅RT=272+62-422×27×6=277.
则sin∠PTS=sin90°-∠STR=cs∠STR=277，
在△PST中，由正弦定理可得SPsin∠PTS=STsin∠SPT，
解得SP=STsin∠PTSsin∠SPT=27×27732=833.
在Rt△SPR中，由勾股定理得PR2=RS2+SP2=42+8332=1123，
所以PR=4213（m）.
（3）因为S△PMN=12PM⋅PN⋅sin120°=34PM⋅PN，
S△PMN=S△PRM+S△PRN=12PM×4+12PN×6=2PM+3PN，
所以34PM⋅PN=2PM+3PN≥26PM⋅PN，所以PM⋅PN≥128，
当且仅当PM=83时等号成立，因此，S△PMN=34PM⋅PN≥323m2.
所以当PM=83m时，三角形PMN区域面积最小，最小值为323m2.
19. （1）令，则，
，故值域为
（2），，
当时，单调递增，，所以在有唯一零点；
当时，，所以无零点；
当时，，所以无零点.
综上：有且只有一个零点.
（3）当时，，
于是即为，
所以，对任意意实数恒成立，所以
若，由（1）不满足（3），故，由（2），故或，
当时，，则（1）、（3）矛盾，故，则
由（1）、（3）知：，所以.