安徽省马鞍山市当涂第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

当涂一中2022-2023年度第二学期高一期中测试数学试题（时间：120分钟满分：150分）一、单选题（12小题，每小题5分；每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知，其中为虚数单位，则（）A.5B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算，化简求复数的代数形式，再利用复数模的计算公式，即可求解．【详解】由复数满足，则，则，故选：B．2.已知单位向量、满足，则（）A.0B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据单位向量长度为1，结合，即可容易求得结果.【详解】因为单位向量、满足，所以，，所以，故选：C.【点睛】本题考查根据数量积的定义求数量积，属简单题.3.已知向量，，且与的夹角为，则的值为（）A.B.2C.D.1【答案】D 【解析】【分析】由向量夹角的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】解：由向量夹角的坐标表示得：，解得：；故选：D．4.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合二倍角公式、诱导公式，由即可转化求值【详解】．故选：A5.在中，角的对边分别为，且，，，则（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理可构造方程直接求得结果.【详解】在中，由余弦定理得：，即，解得：或（舍），.故选：B.6.的内角，，的对边分别为，，，若，，则结合的值，下列解三角形有两解的为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由正弦定理代入计算，即可得到结果.【详解】由正弦定理可得，，所以，因为三角形有两解，所以，且，因此由选项知，只有符合.故选：B7.把函数的图像向右平移个单位长度，所得图像关于轴对称，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出平移后解析式，根据关于轴对称由出的最小值.【详解】函数的图像向右平移个单位长度，所得函数解析式，其图象关于轴对称，则，即，因为，所以当时的最小值是.故选：C8.奇函数在区间上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数奇偶性求出，从而，根据得到，列出不等式组，求出的取值范围.【详解】因为为奇函数，所以，即，当时，则，所以，解得：.故选：B二、多选题（4小题，每小题5分；每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.）9.已知，则（）A.B.C.∥D.⊥【答案】ABC【解析】【分析】根据两个平面向量的坐标，算出模和的坐标，再通过向量平行的坐标运算和向量数量积的坐标运算即可判断是否平行和垂直.【详解】对于A，，所以正确；对于B，，所以正确；对于，由于，所以∥，所以正确； 对于，由于，所以与不垂直，所以不正确．故选：．10.设复数，（i为虚数单位），则下列结论正确为（）A.是纯虚数B.对应点位于第二象限C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据复数的概念判断A；算出判断B；算出判断C；求出判断D.【详解】对于A：，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，A正确；对于B：，其在复平面上对应的点为，在第四象限，B错误；对于C：，则，C错误；对于D：，则，D正确.故选：AD.11.函数（其中）的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.是函数的周期B.C.为了得到的图象，只需将的图象向左平移个单位长度D.为了得到的图象，只需将的图象向左平移个单位长度【答案】ABD【解析】 【分析】根据可得最小正周期，再求得，代入分析可得，可判断AB，再结合三角函数图象变化的性质判断CD即可.【详解】对A，由图可知，，最小正周期T满足，所以，所以是函数的周期，故正确；对B，，即，将代入可得，得，又，所以，故B正确；对C，由上述结论可知，为了得到，应将函数向左平移个单位长度.故C错误，D正确.故选：ABD.12.在中，分别是边中点，下列说法正确的是（）A.B.C.若，则是在的投影向量D.若点是线段上的动点（不与重合），且，则的最大值为【答案】BD【解析】【分析】对选项A，B，利用平面向量加减法即可判断A错误，B正确.对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C错误.对选项D，首先根据三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.【详解】如图所示： 对选项A，，故A错误.对选项B，，故B正确.对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.因为，所以为的平分线，又因为为的中线，所以，如图所示：在的投影为，所以是在的投影向量，故选项C错误.对选项D，如图所示：因在上，即三点共线，设，. 又因为，所以.因为，则，.令，当时，取得最大值为.故选项D正确.故选：BD.三、填空题（4小题，每小题5分）13.在中，，则的形状为__________.【答案】直角三角形【解析】【详解】试题分析：因为，所以由余弦定理得，整理得，是直角三角形.考点：正弦定理、余弦定理的应用.14.如图，在中，为线段上一点，若，，且与的夹角为，则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，由，将数量积的运算转化为基底向量运算，即可得到结果.【详解】因为，所以，所以 即.故答案为：.15.已知，，，，则______.【答案】##【解析】【分析】求出，再由求得的值.【详解】因为，，所以，所以，所以，因为，所以.故答案为：16.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】先根据区间的长度不大于半周期求出，再根据的范围确定所满足的范围，得到答案.【详解】由题意有,可得,又由，在上为减函数，故必有,可得. 故实数的取值范围为.故答案为：四、解答题（6题，共70分；请书写必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知是虚数单位，复数.（1）若是纯虚数，求的值；（2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数的类型列出相应的不等式组，即可求得答案；（2）根据复数在复平面内对应的点位于第二象限，列出相应的不等式组，求得答案.【小问1详解】因为复数是纯虚数，故，解得；【小问2详解】由于复数在复平面内对应的点位于第二象限，故，解得，即的取值范围是.18.已知是第四象限角．（1）若，求的值；（2）若，求的值．【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）先由余弦值求出正切值，再结合诱导公式，化弦为切，代入求值即可；（2）变形得到，求出的值.【小问1详解】∵是第四象限角，，所以，∴，∴．【小问2详解】∵，∴，∴或．19.已知平面向量，，，，，且A，C，D三点共线.（1）求的坐标；（2）已知，若A，B，D，E四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点E的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得与可以作为平面内的一组基底，表示出，再根据，，三点共线，即可求出，从而求出的坐标；（2）首先求出、A的坐标，设，根据得到方程组，解得即可； 【小问1详解】解：因为，，所以与不共线，即与可以作为平面内的一组基底，因为，所以，又，因为，，三点共线，所以，解得.所以.【小问2详解】解：由（1）知，又因为，则有，因为，所以，因为A，B，D，E四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以.设，则，因为，所以解得，即点E的坐标为.20.已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若的面积为1，且求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由及正弦定理得，再由同角三角函数基本关系求得；（2）由面积为1求得，根据余弦定理及其变形求得，从而求得周长.【小问1详解】 由及正弦定理得，整理得，因为，，所以，∴，，因为在锐角中，所以【小问2详解】由的面积为1，得，所以，在锐角中，由，得，由余弦定理得，所以，，所以，即的周长为21.已知函数，0˂ω˂4，且．（1）求ω的值及函数的单调递增区间；（2）求函数在区间的最小值和最大值．【答案】（1），，（2）最小值－1；最大值2．【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简可得，再由可得，再根据正弦函数的单调性可得答案； （2）根据的范围和正弦函数值域可得答案．【小问1详解】，由知，则，或，，所以，或，，又，则，所以，令，，则，，则函数的单调递增区为，；【小问2详解】由（1）知，，则，当，即时，函数有最小值－1；当，即时，函数有最大值2．22.已知向量，，函数.（1）求函数的最大值及相应自变量的取值；（2）如图四边形中，，，，，，求的最小值. 【答案】（1）当，时，最大值为1；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合辅助角公式即可得到函数的解析式，从而得到结果；（2）根据题意，由条件可得，然后结合正弦定理以及余弦定理，将转化为关于的函数关系，即可得到结果.【小问1详解】，所以当，，即，时，最大，且最大值为1.【小问2详解】由（1）知，，则，即，∵，∴∴，故，设，在中，由正弦定理得，即，整理得，由余弦定理得，因为，所以.在中，由余弦定理得，