江西省多校联考2023-2024学年高一下学期5月教学质量检测数学试卷(解析版)

这是一份江西省多校联考2023-2024学年高一下学期5月教学质量检测数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意，复数，
所以复数的虚部为．
故选：B．
2. 在中，，则的外接圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由正弦定理得的外接圆的半径，
所以的外接圆的面积．
故选：．
3. 已知向量满足，向是与的夹角为，则（ ）
A. 12B. 4C. D. 2
【答案】C
【解析】因为，向量与的夹角为，所以，
所以．
故选：C．
4. 已知复数，若为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. -2B. -3C. 2D. 3
【答案】D
【解析】因为复数，
所以，
因为为纯虚数，所以，解得．
故选：D．
5. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，
得．
故选：B.
6. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】设内角的对边分别为，
因为，所以，
又因为函数在区间上单调递减，且，
所以，所以，
由正弦定理可得，所以，
即“”是“”的充分条件；
因为，所以，由正弦定理可得，所以，
因为函数在区间上单调递减，且，
所以，所以，
即“”是“”的必要条件条件；
所以“”是“”的充要条件．
故选：C.
7. 若，则的大小关系是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】因为，
由所以，
即；
又，
故；
因为，所以，
又，
又，所以.
故选：D.
8. 在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】因为，由余弦定理可得，
则，则，
又，所以，则的面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
故选：B．
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知是三个非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】A：由，所以，不一定有，故A错误；
B：因，所以，即，
得，所以，故B正确；
C：因为，所以，即，
得，故与反向，所以，故C正确：
D：因为．所以存在实数，使得，
此时，
即，故D正确．
故选：BCD．
10. 下列计算正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】，故A正确：
，故B错误；
，
故C正确；
，
故D错误．
故选：AC．
11. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 复数的共轭复数为
B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限
C. 复数是方程的解
D. 若复数满足，则的最大值为4
【答案】ABD
【解析】A选项，因为复数满足，
所以，所以，故A正确；
B选项，因为复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；
C选项，，
故C错误；
D选项，，所以的最大值为4，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】向量，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为：，
.
故答案为：.
13. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形的两锐角分别为，其中小正方形的面积为9，大正方形的面积为25，则__________．
【答案】
【解析】由题意可知大正方形的边长为5，小正方形的边长为3，
所以，又，
所以，得，
则
，
解得．
故答案为：.
14. 如图，在梯形中，，且，点是以为圆心，为半径的圆上的一点，若，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，
如图所示：
所以，设，
则，
所以，
所以．所以，
所以，
其中，所以，
此时，所以的最小值为．
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 已知向量．
（1）若三点共线，求的值；
（2）若四边形为矩形，求的值．
解：（1）因为，
所以，
，
又三点共线，所以，所以，
解得．
（2）由
，
若四边形为矩形，则．即，
解得，
由，得
解得，所以．
16. 已知，且．
（1）求和的值；
（2）若，且，求的值．
解：（1）因为，又，
解得或，
又，所以，
所以，
所以
.
（2）因，且，所以，
所以，
由，得，所以．
17. 在中，内角的对边分别为的面积为，且．
（1）证明：；
（2）若，求．
解：（1）的面积，又，
所以，
又．所以．所以，
所以，又，所以．
（2）因为．所以，
所以，所以，
所以．
18. 已知函数．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若，且，求的值；
（3）若函数在区间上恰有4个不同的零点，求的取值范围．
解：（1）
，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以的单调递增区间为．
（2）由题意知，所以，
又．所以，则，
故
．
（3）
，
所以，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
要使函数在区间上恰有4个不同的零点，
令，则关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
且两根均在内，
因为，所以，
解得，即的取值范围是．
19. 如图，在矩形中，，点是线段的中点，点分别为线段上的一点，且，点是线段的中点．
（1）求的值；
（2）若，求线段的长度；
（3）设，求的取值范围．
解：（1）在矩形中，点是线段的中点，
所以，又，所以，
所以
．
（2）在矩形中，，
所以，所以，
在中，，
根据正弦定理，得，
在中，，，则，
由正弦定理，可得，
在中，，
根据余弦定理，
得，所以．
（3）在中，，
根据正弦定理，得，
在中，，则，
根据正弦定理，可得，
因为，
所以
，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
即的取值范围为．