2024武汉部分重点中学高一下学期4月期中联考数学试题含解析

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命审题单位：武汉十一中数学学科组
审题单位：圆创教育研究中心 湖北省武昌实验中学
本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟.
考试时间：2024年4月17日下午14：00—16：00
祝考试顺利
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的概念判断即可.
【详解】复数的虚部为.
故选：C
2. 已知，向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由求得，再利用夹角公式求解即可.
【详解】由，可得，
因为
所以，，解得：，
所以
所以.
故选：B．
3. 下面关于函数叙述中正确的是（ ）
A. 关于直线对称
B. 关于点对称
C. 在区间上单调递减
D. 函数的零点是
【答案】B
【解析】
【分析】对于选项A：代入检验是否为最值即可判断；对于选项B：直接代入即可判断；对于选项C：求出的单调增区间即可判断；对于选项D：令求出零点，即可判断.
【详解】由，所以A错，B对；
由，
所以，
又不是子集，故C错；
由，故D错；
故选：B
4. 在中，角的对边分别为，若，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由诱导公式结合有，由余弦定理结合有，再结合余弦定理以及平方关系即可运算求解.
【详解】，所以，
所以，即，解得，
由余弦定理有，
而，所以.
故选：C.
5. 函数的部分图象如图，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，分别求出后，由，得，结合的范围求出，最后得到函数表达式即可求解.
【详解】由图可知，解得，
又，所以，解得，
注意到，从而，
所以，所以.
故选：B.
6. 函数的最大值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据，之间的关系将原函数转化成二次函数的最值问题处理.
【详解】设，根据辅助角公式，，
由，于是，
故，当，取得最大值.
故选：A
7. 在中，若，且，则（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由，可得角；再结合正弦定理将中的角化边，化简整理后可求得，即可得解．
【详解】由，得，，
．
由题，由正弦定理有，
故，即，故，即，
由正弦定理有，故．
故选：D．
8. 设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】首先由，，结合余弦定理得出，进一步由三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得，由此即可得解.
【详解】
因，，
所以，
从而，即，
所以，所以，
所以的面积为
，
等号成立当且仅当，
综上所述，面积的最大值为4.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是依次得出，，由此即可顺利得解.
二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 在中，，则角的可能取值是（ ）
A B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由正弦定理解出，结合大边对大角判断出解的个数.
【详解】由正弦定理有，即，解得，
注意到从而，所以角的可能取值是，.
故选：BC.
10. 下面四个命题中的真命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 已知，若，则
D. 已知，若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，由实数四则运算的封闭性可判断；对于B，由共轭复数的概念、复数乘法以及模的计算公式即可啊、判断；对于CD，举反例即可判断.
【详解】对于A，由于，而是实数的倒数，所以，故A正确；
对于B，若，，则有，则，故B正确；
对于C，取，显然满足，但不成立，故C错误；
对于D，，显然有，但不成立，故D错误.
故选：AB.
11. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为斜坐标系，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为.在的斜坐标系中，，则下列结论中，错误的是（ ）
A.
B.
C.
D. 在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合向量新定义，由向量模的计算公式即可判断A，由向量线性运算即可判断B，由向量垂直的充要条件，验证数量积是否为0即可判断C，由投影向量的计算公式即可判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，
，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，在上的投影向量为，
而由C选项分析可知，，由A选项分析可知，
且注意到，
所以在上投影向量为
，故D错误.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是充分理解投影向量的计算公式，并结合前述结论，由此即可顺利得解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量满足，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】对两边平方，结合即可运算求解.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为：1.
13. 已知为锐角，，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到，进而结合同角三角函数关系得到的值，利用配角法求得答案即可.
【详解】因为为锐角，所以，所以，
所以，
又因为，所以，
所以
.
故答案为：
14. 已知函数其中．若在区间上单调递增，则取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由复合函数单调性、正弦函数单调性得出关于不等式组，从而，进一步结合，又可得到关于的不等式组，结合即可得解.
【详解】由题意，所以在单调递增，
若在区间上单调递增，则在上单调递增，
所以，其中，解得，
从而等号不能同时成立，解得，
又，所以只能或，
即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：在得出后还要结合题意得，，由此即可顺利得解.
四、解答题（本大题共6小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知
（1）化简；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式直接化简；
（2）为待求表达式补上分母，然后分子分母同时除以即可.
【小问1详解】
依题意得，
【小问2详解】
依题意得，，得到，
于是
16. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.问题：在中，内角所对的边分别为，已知，且选择条件______.
（1）求角；
（2）若为的平分线，且与交于点，求的周长.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，结合正弦定理或者余弦定理进行边角转换，由三角形内角和为及和差公式化简等式，再根据角的范围及函数值，即可求得A；若选②，根据平方关系及诱导公式得到，再利用正弦定理将角化边，最后由余弦定理计算可得；若选③，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理将边化角，即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到关于的方程组，结合整体法即可得解.
小问1详解】
若选①，
则，
又因为，所以，即，
所以，又因为，所以，
所以，解得；
若选②，
则，
由正弦定理可得，
故，
又，故.
若选择③ ；
由正弦定理可得，
再由余弦定理得，即，
，．
综上所述，无论选①②③任何一个，都有；
【小问2详解】
，，，
因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即
由余弦定理得，即，
所以，解得或（负值舍去），
故的周长为.
17. 如图所示，在中，是边的中点，在边上，与交于点．
（1）以为基底表示；
（2）若，求的值；
（3）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合图形，根据平面向量的线性运算即可求解；
（2）由三点共线及三点共线，结合平面向量共线定理列出方程组求解即可；
（3）设，，再用表示出求得和，得出，结合即可得出．
【小问1详解】
．
【小问2详解】
连接，
则，
因为，，
所以，，
因为三点共线，三点共线，
所以，解得．
【小问3详解】
设，，
则，
，
所以，解得，
所以，
，
又因为，
所以，即，
所以．
18. 某大型商场为迎接新年的到来，在自动扶梯（米）的点的上方悬挂竖直高度为5米的广告牌.如图所示，广告牌底部点正好为的中点，电梯的坡度.某人在扶梯上点处（异于点）观察广告牌的视角，当人在点时，观测到视角的正切值为.

（1）设的长为米，用表示；
（2）求扶梯的长；
（3）当某人在扶梯上观察广告牌的视角最大时，求的长.
【答案】（1）
（2）10 （3）
【解析】
【分析】（1）解直角三角形得，结合以及锐角三角函数的定义即可得解；
（2）分别表示出，，，结合，由两角和的正切公式列式求解，并结合建议即可；
（3）作于点，设，则，，表示出，，由两角差的正切公式得出的表达式，结合基本不等式的取等条件即可得解.
【小问1详解】

因为在直角三角形中，，，，
所以，
因为，点是的中点，
从而，
所以；
【小问2详解】
由（1）有，其中，
而在直角三角形中，，
又因为，，
所以，
即，解得或，
注意到，所以，（否则时，有，矛盾），
所以扶梯的长度为10米；
【小问3详解】
作于点，如图所示，

设，则，，
由（2）可知，
，，
当取最大值时，即取最大值，
，
等号成立当且仅当，所以此时.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是引入适当参数表示出，结合两角差的正切公式、基本不等式即可顺利得解.
19. 我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，.
（1）在复数集内解方程：；
（2）设，其中，且.
（i）分解因式：；
（ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，.
【答案】（1）、
（2）（i）；（i）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得；
（2）（i）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得；（ii）借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质及韦达定理可得函数必有两个不同零点、，且满足.
【小问1详解】
观察可知，是方程的一个根，
则一定是多项式的一个因式，
即，
即有，解得，
即，
令，则，
即该方程的根为：、；
【小问2详解】
（i）观察可知，是方程的一个根，
则一定是多项式的一个因式，
即，
则有，即，
即；
（ii）令，即，
即，
设，由，
有，故函数必有两个不同零点，
设，且，则，故，
又，
故，则方程的根有、、，且，
故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为，即.
【点睛】关键点点睛：最后小问关键点在于借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质可得函数必有两个不同零点、，且满足.