江苏省连云港市东海县2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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用时：120分钟 满分：150分
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. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据及向量的复数表示，运算得到答案.
【详解】复数与分别表示向量与，
因为，所以表示向量的复数为.
故选：C.
2. 中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.
【详解】因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故选：C
3 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可判断，，可得出答案.
【详解】，，
，所以.
故选：A.
4. 设为实数，向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据列式计算.
【详解】因为，
所以，
解得或.
故选：D.
5. 在中，已知．若最长边的长为，则最短边的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知，由两角和的正切公式可求出角，再利用正切函数的性质可得为最小边，利用同角三角函数的基本关系式可得，进而利用正弦定理可求出的值。
【详解】由题意得
∵在中，，，
，
，即为最大角，与都为锐角，
，
，即为最小角，为最小边，
，
，
由正弦定理得：，
解得.
故选：B.
6. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线．若曲线关于原点对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，得出平移图像后的函数解析式，结合函数的奇偶性可得，又根据，即可求解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后函数解析式为：
，即，
又因为曲线关于原点对称，所以，，
解得，，因为，所以当时，取得最小值，
的最小值是.
故选：C
7. 已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角和与差的正弦公式化简已知式，再分子分母同时除以，化简即可得出答案.
【详解】因为，则，
再分子分母同时除以可得：，
即，所以.
故选：C.
8. 在中，，，是以为直径的圆上任意一点，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以中点为原点，建立平面直角坐标系，利用坐标法，结合三角函数的值域问题可求解.
【详解】如图：以中点为原点，建立平面直角坐标系，
则，，设，，
所以，，
所以.
因为，（其中且）.
所以.
从而.
故选：A
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. 设是三个非零向量，则下列命题正确的有（ ）
A. B.
C. 不与垂直D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据数量积的运算律判断A，B，计算出判断C，根据向量减法的三角形法则判断D.
【详解】对于A：因为表示与共线的向量，表示与共线的向量，
当与不共线，且时，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C，
，
所以与垂直，故C错误；
对于D：当、不共线时，所以、、组成三角形的三边，所以，
当、同向时，当、反向时，
又，，
所以，故D正确.
故选：BD
10. 已知，是关于的方程的两根，其中，．若（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】将代入方程后结合虚数的意义解得可得AB正确；由韦达定理可判断C错误；由虚数的模长和虚数的运算可得D错误.
【详解】A/B：由题意可得
，
即，
所以，故，
故A、B正确；
C：利用AB解析可得，故C错误；
D：利用AB解析由可得，
所以，而，故D错误；
故选：AB.
11. 在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（ ）
A. 外接圆面积是B. 面积的最大值是
C. 周长的取值可以是D. 内切圆半径的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据，结合正弦定理，可求，结合，可求角.根据三角形外接圆半径满足，可判断A的真假；结合余弦定理和基本（均值）不等式，可判断B的真假；利用为锐角三角形，求出角的取值范围，利用正弦定理表示出，可求周长的取值范围，判断C的真假；根据BC的结论，结合三角形的面积、三角形周长、三角形内切圆半径之间的关系，判断D的真假.
【详解】由，结合正弦定理，可得：
.
因为在锐角三角形中，，
所以.
由，又为锐角，所以.
对A：设的外接圆半径为，由，所以，所以外接圆面积为：.故A正确.
对B：由余弦定理（当且仅当时取“”）.
所以.故B正确；
对C：因为为锐角三角形，所以，，，所以.
由正弦定理：，
所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以周长的取值范围为.
因为，故C错误；
对D：设内切圆半径为，则.
又， ，，
所以，
由，所以.故D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：
（1）涉及三角形周长或面积的取值范围，可将问题转化为利用基本（均值）不等式求最值或转化为三角函数求值域的问题解决.
（2）本题的关键是三角形式锐角三角形，由此确定三角形角的取值范围，是该题的一个关键点.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的零点为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数零点的概念，解方程可得函数零点.
【详解】由.
故答案为：
13. 某人在高出海面的山顶处，测得海面上的航标A在正东方向，俯角为，航标B在南偏东的方向上，俯角为，若航标A、B间的距离为400米，则山的海拔高度为_____米．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，设山在海平面处为，设山的海拔高度为，则可得出，再在中，利用余弦定理即可得解.
【详解】如图，设山在海平面处为，
由题意可得，
设山的海拔高度为，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
即山的海拔高度为米.
故答案为：.
14. 已知中，，，在边上，且，是边上的中点.若与交于点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由向量的线性运算，可得出，由，设，，由余弦定理算出，再由向量运算，得到，可得.
【详解】
设，则，
设，可得，
所以，
而，
由，可得，解得，
所以，，
由，设，则，可得，
在中，由余弦定理，可得，
因为，所以，
即，可得，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知点，且点满足．
（1）若点在直线上，求的值；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点，求出，，的坐标，根据向量坐标相等列方程组求解；
（2）根据向量平行的坐标表示列方程求解.
【小问1详解】
因为点在直线上，故可设点，
所以，，，
由得，，
即，
解得；
【小问2详解】
由已知，
由已知，
所以，
因为，所以，
解得，
所以，
因此，．
16. 已知锐角，满足，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）先利用同角三角函数关系求和，再利用两角和与差的三角函数公式，结合可求的值.
（2）利用，结合两角和与差的三角函数公式，求出，又为锐角，可得的值.
【小问1详解】
因为，，所以，
所以，
，
因为，
所以
.
【小问2详解】
因为，
所以
，
又因为，所以
17. 已知满足．
（1）求；
（2）若为的角平分线，，，求的周长.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，角化边，结合余弦定理求得，即可得答案；
（2）在，为的角平分线，可得和的面积比，可得，由余弦定理求得，再得，可得，则得到的周长.
【小问1详解】
在中，由正弦定理：，
则，，，
因为，
所以，
即，
由余弦定理：，
因为，所以；
【小问2详解】
设边上的高为，
因为为的角平分线，所以，
所以的面积：，
的面积：，
因此，又，，所以，
在中，由余弦定理：
，
所以，
而，，所以，
又因为， 由
即，
解得，
所以的周长为：．
18. 已知向量，，设函数．
（1）求函数最小正周期；
（2）解不等式；
（3）若对，都有成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据数量积公式可得，利用二倍角公式及辅助角公式，化简整理，可得的解析式，代入公式即可求得的最小正周期；
（2）由，整理可得，根据正弦型函数的图象与性质，即可求得答案；
（3）根据题意分析可得对成立，换元令，根据恒成立问题结合基本不等式分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：
，
所以函数的最小正周期.
【小问2详解】
由可得，
令，解得，
所以的解集为.
【小问3详解】
由题意可得：
，
由可得，
即对成立，
因为，则，可得，
令，可知问题转化为对恒成立，
可得对成立，
又因为，当且仅当时，等号成立，
可知，所以实数的取值范围为.
19. 已知中，角，，的对边为，，，是边上的中点．
（1）若．
（i）求；
（ii）若，，求的面积；
（2）若，，，试探究存在时满足的条件．
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）（i）利用正弦定理，边化角得，再利用两角和正弦公式及，求得，即可求解；（ii）根据，应用余弦定理可得，再利用得，联立方程解出，即可利用求面积.
（2）方法一：根据已知条件利用余弦定理求得，再利用向量关系求得，联立两式得，分分别为直角，锐角，钝角三种情况讨论存在时满足的条件即可；方法二：将放在三角形的外接圆中，分分别为直角，锐角，钝角三种情况讨论存在时满足的条件即可.
【小问1详解】
（i）在中，因为，
由正弦定理可得，，
所以，
因为得，
所以，故；
（ii）在中，由余弦定理得，即，①
因为是边上的中点，
所以，②
①②得，
所以的面积为.
【小问2详解】
（法一）如图1，
在中，由余弦定理得，
即①；
因为是边上的中线，所以，
两边平方有②，
将①式代入②得，与同号.
当时，，存在；
当时，，
由②得，
因为，所以，
即③.
当为锐角时，，，，③式为，
令，，知在上单调递减，所以；
当为钝角时，，，，③式为，
令，，知在上单调递增，所以.
所以，当时，，存在；
当为锐角时，，存在；
当为钝角时，，存在
（法二）当为直角时，即时，；
已知角和对边，当为锐角时（如图2），点在优弧上移动，
当点位于点时，（为圆心，为边中点），
因为，所以，即，又，
所以和中，由余弦定理得：
，
故.
当为钝角时（如图3），
点在劣弧上移动，当点位于点时，
（为圆心，为边中点），因为，
所以，即，又，
所以在和中，由余弦定理得：
【点睛】方法点睛：
解三角形时，通常应用正余弦定理进行边角互化从而解三角形.