江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期期中检测数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题：（包括8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求的.）
1. 复数，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的运算化简已知等式，再由共轭复数和复数的关系求出共轭复数的模长即可.
【详解】由已知可得，
所以，
所以，
故选：A.
2. 已知向量不共线，，且，则实数（ ）
A. 1或4B. 1或C. 或1D. 或1
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用向量的共线的充要条件建立方程组，即可求出结果.
【详解】因为，且，
所以，即，
又向量不共线，得到，
消得到，解得或，
故选：B.
3. 已知复数的实部与虚部互为相反数，则的取值不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，可知，结合倍角公式解方程即可.
【详解】由题意，可知，
所以，
解得或，
因为，所以或或.
故选：D
4. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件结合余弦定理求出即可得解.
【详解】在中，因，
由余弦定理得，而，
所以.
故选：D
5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用正弦定理与和差公式可得，根据角的范围可得，再结合倍角正弦公式即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得：， ，
，即 ，
即，
又 ，所以 ，
所以或，得或（舍），
又 ，， ，
所以 .
故选：D
6. 若，则的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用先得到，再利用即可得到答案
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：A．
7. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（ ）
A. 设，若，则
B. 设，则
C. 设.若，则
D. 设，若与的夹角为，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示可得A错误；由向量模长的定义可得B错误；由向量平行的坐标表示可得C正确；由向量数量积的定义可得D错误.
【详解】A：因为，所以，
又，所以，
即，
所以，
因为，所以，故A错误；
B：因为，所以，
所以，
又，且，
所以，故B错误；
C：因为，所以，
又，则，即，
即，所以，故C正确；
D：因为，所以，
又与的夹角为，
所以，
解得，
所以，故D错误；
故选：C.
8. 已知是内的一点，且，则的最小值是（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据判断点的位置，进而根据三角形的面积公式可得,所以,进而根据不等式即可求解最小值.
【详解】由得
取边中点为,则,
因此可知：在过且与平行的中位线上，
由得,由于为三角形的内角，因此,
所以,所以,
因此,
设，
故，
当且仅当时，即时，等号成立，
故最小值为8，
故选：A
二、选择题：（包括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. 下列命题正确的有（ ）
A. 对于复数z，则B. 对于向量，则
C. 若，为复数，则D. 若，为向量，则
【答案】BC
【解析】
【分析】设复数，分别计算、可判断A；由数量积公式可判断B；设，，分别计算 可判断C；由数量积公式可判断D.
【详解】对于A.，设复数，则，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，设，，则，故C正确；
对于D，若，为向量，设、的夹角为，且，则，故D错误.
故选：BC.
10. 已知，则（ ）
A. 、，使得
B. 若，则
C. 若，则
D. 若、，则的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由无解可判断A；根据题意求得，结合两角差的正弦公式，可判定B；结合两角和的正弦公式，求得，利用余弦的倍角公式，可判定C；化简，结合函数单调性，可判定D.
【详解】对于A，若，由可得，
即，解得，
又因为，所以，所以方程无解，故A错误；
对于B，因，
所以，即，
因为，所以，
所以，故B正确；
对于C，由选项B可知，，
所以，故C正确；
对于D，因为，，
所以，
令，则在上单调递减，无最小值，
所以在上无最大值，故D错误.
故选：BC
11. 在中，角的对边分别为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 周长的最大值为D. 面积的最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理可检验A、B；结合余弦定理及基本不等式可检验C；结合三角形面积公式可检验D.
【详解】由正弦定理，，代入数据解得，故A正确；
由余弦定理，，
解得或，故B错误；
由余弦定理：，
因为，
当且仅当时，，故三角形的周长的最大值为，
故C正确；
面积，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：（3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为_______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出，再由投影向量的坐标表示求出即可.
【详解】由题意可得，
在上的投影向量为，
所以在上的投影向量的坐标为，
故答案为：.
13. 在中，角的对边分别为，，则角_____________.
【答案】
【解析】
【分析】对已知等式变形后结合两角和的正弦公式和辅助角公式以及三角形内角和关系化简求出结果即可.
【详解】因为，
所以，
即，
又，
所以，
所以或（舍）
所以，
故答案为：.
14. 黄金三角形被誉为“最美三角形”，是较短边与较长边之比为黄金比（即）的等腰三角形、已知，，的角平分线与边交于点，线段的中垂线过点，则的比值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】设，由题意，根据三角形边角关系，可知，设，，由三角形相似，可求出，利用正弦定理即可求解.
【详解】根据题意，作图如下：
设，
因为为的平分线，
所以，
因为，所以，
又因为为线段的中垂线，
所以，
所以，
所以，
所以，
由题意，设，，
则，
显然，
所以，解得或（舍），
中，由正弦定理，所以.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知z复数，和均为实数，其中i是虚数单位.
（1）求复数z的共轭复数；
（2）记，若复数对应的点在第三象限，求实数m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，分别代入和，再根据两者均为实数可求得，，进而可求得复数z的共轭复数；
（2）化简，再根据复数对应的点在第三象限可建立不等式组，求解即可.
【小问1详解】
设，则
由为实数，则，所以，
由为实数，则，所以
则，复数z的共轭复数.
小问2详解】
由（1）可知，
由对应的点在第三象限，得，即，
解得
故实数m的取值范围为
16. 已知向量，，且.
（1）若，求的值；
（2）求的取值范围；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，然后用内积的坐标计算公式即可；
（2）求出的表达式，再用三角函数知识求范围.
【小问1详解】
首先有.
由知，结合可知.
【小问2详解】
首先有.
当时，的取值范围是，所以的取值范围是.
17. 已知，，，
(1)求和的值；
(2)求的值．
【答案】(1) ，，（2）
【解析】
【分析】（1）把已知条件两边平方，然后利用同角三角函数间的关系及二倍角的正弦函数公式化简可得的值，根据的范围利用同角三角函数间的关系求出即可得到的值；
（2）根据的范围求出的范围，由的值利用同角三角函数间的关系求出的值，然后利用二倍角的正弦函数公式及同角三角函数间的关系分别求出和的值，根据第一问分别求出和的值，把所求的式子利用两角和的余弦函数公式化简后，将每个三角函数值代入即可求出．
【详解】(1)由题意得()2＝，
即1＋＝，∴.
又，∴＝，
∴＝.
(2)∵，，∴＝，
于是).
又.
又.
又＝，
，()．
∴
×(－)－×＝－.
【点睛】本题重点考查学生灵活运用二倍角的正弦函数公式、同角三角函数间的基本关系及两角和的余弦函数公式化简求值，解题的关键是注意角的取值范围，属于中档题．
18. 2024年是上海浦东开发开放34周年，浦东始终坚持财力有一分增长，民生有一分改善，全力打造我国超大城市的民生样板，使寸土寸金的商业用地变身“城市绿肺”，老码头、旧仓库变身步行道、绿化带等.现有一足够大的老码头，计划对其进行改造，规划图如图中五边形所示，线段处修建步行道，为等腰三角形，且，，，.
（1）求步行道的长度；
（2）若沿海的区域为绿化带，，，当绿化带的面积最大时，求该绿化带的周长与面积.
【答案】（1）
（2）周长为；面积为
【解析】
【分析】（1）由余弦定理得长度，由正弦定理得，结合勾股定理可求解；
（2）由余弦定理、基本不等式得，结合三角形面积公式以及三角恒等变换转换为求三角函数最值即可求解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
即，
由正弦定理可得
，
即或（舍去，否则，与三角形内角和为矛盾），
所以，
即为等腰直角三角形，
所以，即步行道的长度.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，
即，
又，当且仅当时取等号，
因为
，
由，得，
，
所以，等号成立当且仅当且，
所以面积的最大值为
此时，所以，
周长为.
19. 已知，在斜三角形中，角的对边分别为，．
（1）求的大小；
（2）若，求的最小值；
（3）若，求的大小．
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）由，得到，进而求得；
（2）由正弦定理分别求得，，结合向量的数量积的运算公式和三角恒等变换，得到，结合基本不等式，即可求解.
（3）因为，得到，求得或，结合题意，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
所以或，，
因为且，所以或，
由为斜三角形知，（舍），所以.
【小问2详解】
解：由正弦定理：，所以，
又由，可得，
所以
，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
【小问3详解】
解：因为，所以，
所以，所以，
即，
整理得，
所以，
所以或，
因为是钝角，所以，所以，所以．