内蒙古名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷(解析版)

这是一份内蒙古名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷(解析版)，共12页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得，而，
所以.
故选：A.
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】依题意，，在复平面内复数对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 已知是平面内的一个基底，则可以与向量构成平面另一个基底的向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】易得向量与向量平行，不能构成空间的一个基底，
由题意及向量加法的平行四边形法则与向量减法法则可知与不共线，
所以与可构成平面的一个基底．
故选：C.
4. 如图，在矩形中，是的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由图可知：
.
故选：A.
5. 在中，角所对的边分别是，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
则，
所以，又，
所以（舍去）或，所以．
故选：B.
6. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，即，
所以，故在上的投影向量为．
故选：D.
7. 如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则塔高（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】设该塔的高度为米，
则，
在中，，
即，由，解得，
即塔高为30米.
故选：A.
8. 已知是正六边形边上任意一点，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设正六边形的中心为，
．
根据正六边形的对称性，以点在边上为例，
当点在与顶点重合时，最大为2，
当时，最小为，
则，所以.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得分分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则三点共线
B. 若，则线段的中点坐标为
C. 对于向量，有
D. 对于向量，有
【答案】ABD
【解析】选项A，若，则，
所以，
所以与共线且有公共点，所以三点共线，A正确；
选项B，若，则线段的中点坐标为，B正确；
选项C，，，
当向量的夹角大于时，，，C错误；
选项D，，
所以，D正确．
故选：ABD.
10. 已知函数的部分图像如图所示，，为的图像与轴的交点，为图像上的最高点，是边长为1的等边三角形，，则（ ）
A.
B. 直线是图像的一条对称轴
C. 的单调递减区间为
D. 的单调递增区间为
【答案】BC
【解析】对于A，由图可得：的最小正周期为2，所以，即，
易得，所以，
因为，所以，，，
由五点作图法可得：，即，所以，
所以，故A不正确；
对于B，由于，为最大值，
所以直线是图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，令，解得；，
所以单调递减区间为，故C正确；
对于D，令，解得；，
所以的单调递增区间为，故D不正确.
故选：BC.
11. 对任意两个非零的平面向量和，定义：；．若平面向量满足，且和都在集合中，则的值可能为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】AC
【解析】因为，
设向量和的夹角为，则．
因为，所以，所以，
所以，故，
当时，，又，所以，符合题意；
当时，，又，所以，符合题意，
所以或．
故选：AC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 已知平面向量，若，则___________．
【答案】
【解析】因为，所以，解得．
故答案为：.
13. 已知，函数是奇函数，则___________，___________．
【答案】
【解析】由，解得，所以，
又因为函数为奇函数，所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以1或，解得(舍去)．
故答案为：-1 1．
14. 在中，，O是的外心，，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】在中，外接圆半径，由正弦定理得，
所以，
由余弦定理
，
解得，当且仅当时等号成立，
所以，
即的取值范围为．
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知复数满足．
（1）求；
（2）若复数的虚部为1，且是实数，求．
解：（1）．
（2）复数的虚部为1，设，
则，
因为是实数，所以，解得，
所以．
16. 如图，在平面四边形中，的面积为．
（1）求；
（2）若，求．
解：（1）因为，又，
所以．在中，由余弦定理得：
，
所以
（2）在中，由正弦定理得，即，
解得，又，所以，
所以，
，
，故．
17. 已知函数．
（1）求的定义域；
（2）求的单调区间；
（3）求不等式的解集．
解：（1）函数中，由，解得，
所以的定义域为.
（2）函数在上单调递增，在上单调递减，
函数在上单调递减，
所以的递减区间是，递增区间是.
（3）由，得函数为偶函数，
由（2）知，在上单调递增，
则，
因此，即，解得，
所以原不等式的解集是．
18. 某时刻，船只甲在处以每小时30海里的速度向正东方向行驶，与此同时，在处南偏东方向距离甲150海里的处，有一艘补给船同时出发，准备与甲会合．
（1）若要使得两船同时到达会合点时补给船行驶路程最短，补给船应沿何种路线，以多大的速度行驶？
（2）要使补给船能追上甲，该补给船的速度最小为多少？当该补给船以最小速度行驶时，要多长时间追上甲？
（参考数据：取，）
解：（1）假设甲行驶的路线为，过作的垂线，点到的最短距离为，
要使补给船行驶的路程最短，补给船需沿正北方向，即方向行驶，
，
甲行驶到处所需时间为小时，
补给船行驶的速度为海里/小时，
故要使得两船同时到达会合点时，补给船行驶的路程最短，补给船应沿正北方向，以海里小时的速度行驶．
（2）设补给船以海里/小时速度从处出发，沿方向行驶，
小时后与甲在处会合，
在中，，
由余弦定理得，
所以，
即，
当，即时，取得最小值，即，
所以补给船至少以海里/小时的速度行驶才能追上甲．当补给船以最小速度行驶时，
要小时追上甲．
19. 在平面直角坐标系中，已知点．
（1）①证明：．
②证明存在点，使得，并求出的坐标．
（2）若点在四边形的四条边上运动，且将四边形分成周长相等的两部分，求点的坐标．
解：（1）①因为，
所以，，，，
得，
，
所以．
②由知，点为四边形外接圆的圆心．
因为，，
所以，，
所以，，四边形外接圆的圆心为的中点，
所以点的坐标为，得证．
（2）易得，，．
因为将四边形分成周长相等的两部分，则点在上，且．
设点的坐标为，则，
所以，则，
故点的坐标为．