2023-2024学年江苏省南通市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年江苏省南通市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、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．复数的虚部为（

）A．－2i B．－2 C．4i D．42．已知，是两个不共线的向量，向量，．若，则（

）A．－2 B． C．2 D．3．已知点，若直线AB上的点D满足，则D点坐标为（

）A． B． C． D．4．已知，，则sin（α＋β）=（

）A． B． C． D．5．已知向量，，则在方向上的投影向量为（

）A． B．2 C． D．16．已知，，，则（

）A．1 B． C． D．27．在中，，则（

）A． B． C． D．8．用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图1，在锐角△ABC中，过点B作与垂直的单位向量，因为，所以．由分配律，得，即，也即．请用上述向量方法探究，如图2，直线l与△ABC的边AB，AC分别相交于D，E．设，，，，则与△ABC的边和角之间的等量关系为（

）A． B．C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中，能使的形状唯一确定的有（

）A． B．，，C．，∠B=30°，∠C=60° D．，，∠B=60°10．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11．下列等式成立的有（

）A． B．C． D．12．剪纸艺术是一种中国传统的民间工艺，它源远流长，经久不衰，已成为世界艺术宝库中的一种珍藏．某学校为了丰富学生的课外活动，组织了剪纸比赛，小明同学在观看了2022年北京冬奥会的节目《雪花》之后，被舞台上漂亮的“雪花”图案（如图1）所吸引，决定用作品“雪花”参加剪纸比赛．小明的参赛作品“雪花”，它的平面图可简化为图2的平面图形，该平面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，其中，六边形ABCDEF为正六边形，，，为等边三角形，P为该平面图形上的一个动点（含边界），则（

）

A． B．C．若，则λ＋μ的最大值为 D．的取值范围是三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．写出一个满足的复数____________.14．已知单位向量，满足，若向量，则向量，的夹角为______．15．已知，则______．16．已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设的面积为S，且，______，的取值范围是______．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知复数：，．(1)若复数z满足，求z；(2)在复平面内，O为原点，向量，，分别对应复数，，，且与同向，，求．18．已知，，分别为三个内角，，的对边，且．(1)求；(2)已知，______，且为的中点，求线段的长．在①周长为6；②面积为这两个条件中任选一个填在上面横线上，作为条件，并解决该问题．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）19．已知，，设．(1)求当取最大值时，对应的x的取值；(2)若，且，求的值．20．如图，某景区有一块圆形水域，水域边上有三处景点A，B，C，景点之间有观景桥相连，已知AB，BC，AC长度分别为30m，50m，70m．

(1)求圆形水域面积；(2)为了充分利用水域，现进行景区改造，准备在优弧上新建景点D，修桥DC，DA与景点A，C相连，并准备在修建一块圆形观赏鱼饲养区，使其分别与桥AC，DC，DA相切，求圆形观赏鱼饲养区半径的最大值．21．平行四边形ABCD中，点M，N分别在边AD，AB上，且，，线段AC交MN于点H．(1)若，求x＋y的值；(2)若AB=6，，，求的值．22．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．(1)求角B；(2)若D为AC上一点，，且，求角C．答案解析1．B【分析】利用复数乘法法则化简，得到虚部.【详解】，故虚部为-2.故选：B2．A【分析】利用共线向量定理列方程求解即可.【详解】因为，所以存在唯一实数，使，所以，因为，是两个不共线的向量，所以，解得，故选：A3．D【分析】由向量的坐标运算即可求解.【详解】设，则，由得且，解得，故,故选：D4．C【分析】分别对已知两个等式两边平方相加，化简后利用两角和的正弦公式可求得结果.【详解】因为，所以，所以，，两式相加可得：，所以，所以，解得，故选：C.5．C【分析】根据数量积的坐标表示及投影向量的定义求解.【详解】，，则在方向上的投影向量为.故选：C.6．A【分析】设，根据模长得到，，从而得到，得到.【详解】设，则①，，则②，②-①得，，，则，故.故选：A7．B【分析】根据题意结合两角和差的正切公式求得，进而可求，结合正弦定理运算求解.【详解】因为，不妨设，又因为，即，解得，所以，因为，即，且，即，又因为，则，解得，同理可得，所以.故选：B.8．C【分析】设，利用得到，由向量数量积公式求出答案.【详解】设，则，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，因为，所以，即，即，所以，即，C正确.故选：C9．ACD【分析】利用余弦定理求出，由此可判断A；由正弦定理及大边对大角可判断B，D；先求出，根据正弦定理求出，可判断C；【详解】对于A，，因为，由余弦定理可得：，解得：，故三角形的解唯一，故A正确；对于B，根据正弦定理：，可得，即，又因为，所以，所以或，故B不正确；对于C，，由正弦定理可得：，即三角形的解唯一确定的，故C正确；对于D，根据正弦定理：，可得，即，又因为，所以，所以，故三角形的解唯一，D正确；故选：ACD.10．BC【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.11．BD【分析】利用二倍角的余弦公式可判断A选项；利用两角差的正切公式可判断B选项；利用二倍角的正弦公式结合诱导公式可判断C选项；利用两角差的余弦公式可判断D选项.【详解】对于A选项，，A错；对于B选项，因为，所以，，B对；对于C选项，，C错；对于D选项，，D对.故选：BD.12．ACD【分析】把题中图2的平面图形顺时针旋转，设正六边形的中心为，连接，，连接，交于点，过作，垂足为点，过作，垂足为点，利用数量积结合选项即可逐一求解．【详解】如图，把题中图2的平面图形顺时针旋转，设正六边形的中心为，连接，，连接，交于点，易得，在上，．过作，垂足为点，过作，垂足为点．由题意得，，所以，，所以，所以，A正确．计算，所以B错误；，所以，，所以，即，连接，取的中点，连接，则，所以，当点与点重合时取得最大值，所以的最大值为：，C正确；因为四边形为矩形，所以，，所以，当与重合时，取得最大值为，当与重合时，取得最小值为，所以的取值范围是，，D正确．故选：ACD．

平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.13．（答案不唯一）【分析】根据复数的模长求解即可求解.【详解】设复数，则，满足该关系的，都是正确的故14．##【分析】依题意不妨设，，即可求出，再由坐标法计算可得.【详解】因为单位向量，满足，不妨设，，则，所以，，则，又，所以.故15．##【分析】利用同角三角函数关系得到，进而求出，利用二倍角公式化简得到.【详解】由题意得，故，即，因为，所以，即，因为，解得，故，，.故16．2【分析】由面积公式结合已知条件得，进而由余弦定理可得；由，结合正弦定理可得，结合两角和的正弦公式可求得，，故，结合二倍角公式化简，利用二次函数的性质求得的取值范围．【详解】，，，又由余弦定理可得，；由，结合正弦定理可得，即，即，即，因为，所以或(舍)，所以，则，故，在锐角三角形ABC中，可得，即，所以，当时，，当时，，当时，，所以的取值范围是．故2，．17．(1)(2)【分析】（1）根据复数的运算及共轭复数的概念求解；（2）利用复数的几何表示求解.【详解】（1）因为，所以.（2）因为，，所以．因为，所以，又因为与同向，所以，所以.18．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解；（2）若选①，可得，由余弦定理求出、，再根据及数量积的运算律计算可得；若选②，由面积公式求出，由余弦定理求出，再根据及数量积的运算律计算可得；【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，所以，代入上式得，因为，所以，又，所以．（2）选择①：因为周长为6，又，所以．由余弦定理，且，，由余弦定理得，则，．因为，所以，即，所以．选择②因为面积为，则，解得．由余弦定理，且，，解得，因为，所以，即，所以．19．(1)，取最大值1(2)【分析】（1）首先由，结合两角差的正弦公式，二倍角公式及降幂公式得出，即可得出答案；（2）由及同角三角函数的平方关系得出，再由同角三角函数的商数关系得出，由及两角和的正切公式计算即可．【详解】（1），当，即，取最大值1．（2）因为，所以，又，所以，所以，所以，所以．20．(1)平方米(2)米．【分析】（1）由余弦定理可得，结合正弦定理可得外接圆半径，即可由圆的面积求解，（2）由余弦定理以及等面积法，结合基本不等式即可求解.【详解】（1）因为中，由余弦定理得，，又因为，所以．设圆形水域半径为R米，由正弦定理，所以圆形水域面积为：平方米．（2）因为，所以，所以，由余弦定理得，所以，所以．①设圆形观赏鱼饲养区的半径为r米，则，将①式代入上式得．因为，解得．当且仅当时，取得最大值为140m，所以r的最大值为米．答：圆形观赏鱼饲养区半径的最大值为米．21．(1)(2)51【分析】（1）设，，由平面向量基本定理可建立的方程组，进一步可得，由此建立关于的方程组，解出即可得出答案；（2）由题意可得，进一步可得，由此可得出的值．【详解】（1）设，则，①又，所以．又因为，，所以②由平面向量基本定理，且，不共线，则解得所以，，代入已知得．整理得．所以，解得所以x＋y的值为．（2）因为，所以，即．又AB=6，所以AD=5．又，则，即，所以，解得．所以．22．(1)(2)．【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再利用正弦定理进行边角转化，最后利用余弦定理即可得到答案；（2）利用正弦定理化简得，设，再利用余弦定理即可解出，则有，则，.【详解】（1）因为，所以，所以，所以．由正弦定理得，所以由余弦定理得．又因为，所以．（2）

因为，所以，由正弦定理得①在中，②，在中，③将②③代入①得，即．因为，设，则，，由余弦定理，，则④由余弦定理，即，则⑤联立④⑤，解得．所以，从而，所以．2023-2024学年江苏省南通市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.复数的虚部是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】化简即可得出，即可得出答案.【详解】因为，所以，复数的虚部是.故选：D.2.（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据诱导公式，逆用两角差的正弦公式进行求解即可.【详解】，故选：B3.已知平面向量，满足，且，则（）A.4 B.3 C.2 D.【正确答案】C【分析】根据已知条件求出，然后根据数量积的运算律，即可得出答案.【详解】由已知可得，，即，即，所以，.所以，.故选：C.4.如图所示，F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，AC，BD交于点O，，若，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据向量的线性运算法则把用表示即可得.【详解】因为，所以，所以，又，而不共线，所以，所以.故选：C.5.在中，，，，则的值是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】先由正弦定理求得，再由平方关系求得即可.【详解】由正弦定理得，，又，，则.故选：D.6.如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东方向上的点D处，在A点测得塔顶C的仰角为，在A的正东方向且距D点30m的B点测得塔底位于西偏北方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（）A.17.32m B.14.14m C.10.98m D.6.21m【正确答案】B【分析】在中，根据正弦定理可求出.在中，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，在中，有，，，根据正弦定理可得，.在中，有，，，所以(m).故选：B.7.由下列条件解，其中有两解的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【正确答案】C【分析】根据三角形内角和为及三角形三边关系，结合正弦定理逐项判断即可.【详解】对于A，,由正弦定理可得,由和可知和只有唯一解，所以只有唯一解；对于B，因为，由余弦定理可知只有唯一解，所以三角形的三个边唯一确定，即只有唯一解；对于C，因为，由正弦定理得，即，所以，所以角有两个解，即有两个解；对于D，因为，，，由正弦定理得，所以，又c>a，所以，所以角只有一个解，即只有唯一解.故选：C8.已知定义域为R的函数有最大值和最小值，且最大值与最小值的和为8，则等于（）A.1 B.2 C.4 D.8【正确答案】C【分析】化简可得，设，可判定为奇函数，根据奇函数的性质即可得出，求解即可得出答案.【详解】因为，设，则，所以，为R上的奇函数.根据奇函数的性质可知，，所以，所以，故选：C.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.在中，下列命题正确的是（）A.B.C.点O为的内一点，且，则为等腰三角形D.，则为锐角三角形【正确答案】BC【分析】A.由向量的减法法则判断；B.由向量加法的三角形法则判断；C.根据因为，得到，即，利用数量积的运算律求解判断；D.由，得到为锐角，但角BC无法判断.【详解】A.由向量的减法法则可知：，故错误；B.由向量加法的三角形法则可得：，故正确；C.因为，即；又因为，所以，即，所以是等腰三角形，故正确；D.若，则，据此可知为锐角，无法确定为锐角三角形，错误.故选：BC10.已知不相等的复数，，则下列说法错误的是（）A.若是实数，则与不一定相等B.若，则C.若，则，在复平面内对应的点关于虚轴对称D.若，则【正确答案】BCD【分析】通过举例可判断A,B,D；由共轭复数的基本概念及几何意义判断C.【详解】取，，此时是实数，但与不相等，故A正确；取，，满足，但，故B错误；若，则z1，z2的实部相等，虚部互为相反数，则z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，故C错误；取，，此时，，满足，但与不能比较大小，故D错误.故选：BCD.11.的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则下列命题正确的是（）A. B.的周长为C.的面积为 D.的外接圆半径为【正确答案】BC【分析】根据已知化简可得出.分类讨论根据以及，结合正弦定理以及余弦定理可求出的值，即可判断A、B、C项；根据正弦定理，即可求出外接圆半径.【详解】由可得，.对于A项，若，则满足，此时，由正弦定理可知，所以；若，则，此时有，由正弦定理可知，所以.综上所述，或，故A项错误；对于B项，当时，由，，由余弦定理可得，，所以，，解得，，的周长为；同理，当时，有，，的周长为.综上所述，的周长为，故B项正确；对于C项，由B可知，，，或，.当时，由正弦定理可知，，所以，，；同理可得，当时，，.综上所述，，故C正确；对于D项，设外接圆的半径为，由正弦定理可知，，所以，故D项错误.故选：BC.12.如图，在四边形ABCD中，，，，且，，则（）A.B.实数的值为C.D.若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为【正确答案】BCD【分析】根据数量积的运算，结合已知条件，即可判断A、B；根据图形，表示出，然后根据数量积的运算律，即可得出C项；建立平面直角坐标系，得出的坐标，根据数量积的坐标表示，得出，配方根据二次函数的性质，即可得出最小值.【详解】对于A项，因为，故A项错误；对于B项，因为，所以，，所以，，所以，所以，，故B项正确；对于C项，，所以，，故C正确；对于D项，如图，建立平面直角坐标系，由题意可知，，，，则，不妨设，，则，所以，，，所以，，所以，当时，有最小值为，故D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知向量，，则在方向上的投影向量坐标是______.【正确答案】【分析】根据投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，所以在方向的投影向量为.故答案为.14.设复数，满足，，则=__________.【正确答案】【分析】方法一：令，，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果.方法二：设复数所对应点为,,根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形为菱形，，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算.详解】方法一：设，，，，又，所以，，.故答案为.方法二：如图所示，设复数所对应的点为,,由已知,∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴，∴.方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.

方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解15.在中，角、、所对的边分别为、、，，的平分线交于点，且，则的最小值为______.【正确答案】##【分析】利用等面积法可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】由题意可知，，由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，，因此，当且仅当时取等号，则最小值为.故答案为.16.已知在锐角中，，则的取值范围是__________.【正确答案】【分析】根据已知求出，然后根据辅助角公式以及正弦函数性质即可得出.令，则，根据对勾函数的性质，即可得出，进而得出答案.【详解】因为，所以锐角中，有，即，所以.因为，.又在上单调递增，所以，.因为，令，则，根据的性质，可知函数在上单调递增，，，所以，，所以，，所以，.故答案为.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知向量与的夹角，且，.（Ⅰ）求，；（Ⅱ）求与的夹角的余弦值.【正确答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）根据平面向量的数量积的定义求出，由计算可得.（Ⅱ）设与的夹角为，由计算可得.【详解】解：（Ⅰ）由已知，得..（Ⅱ）设与的夹角为.则.∴.∴与的夹角的余弦值为.本题考查平面向量的数量积，向量的模的计算，两向量的夹角的余弦，属于中档题.18.在①；②复平面上表示的点在直线上；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答：已知复数，（为虚数单位），满足____.（1）若，求复数以及；（2）若是实系数一元二次方程的根，求实数的值.【正确答案】（1）；（2）【分析】（1）选条件①，根据求出a的值；选条件②，求出在复平面上表示点的坐标，代入直线方程求出a的值；选条件③，计算，根据求出a的值；计算和的值即可；（2）根据是实系数一元二次方程的根，也是方程的根，利用根与系数的关系求出m的值.【小问1详解】选条件①：，因为，所以，解得，又，所以；选条件②：复平面上表示的点在直线上.因为，所以，其表示的点为，有，解得；选条件③.因为，所以，所以，解得.所以，所以；【小问2详解】是实系数一元二次方程的根，则也是该方程的根，所以m=(+)=.19.（1）求的值；（2）已知，均为锐角，且，，求的值．【正确答案】（1）；（2）【分析】（1）对原式变形为，逆用二倍角正弦公式结合诱导公式可得答案.(2)先求出，，余弦的差角公式可得答案.根据角的范围得到答案.【详解】（1）；（2）因为均为锐角，，所以，，由，根据函数在上为增函数，所以，所以.又均为锐角，则，所以.20.已知的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的最大值.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化边为角结合三角恒等变换可得，再根据范围进而即得的大小；（2）结合角平分线性质求，利用余弦定理结合基本不等式求的最大值，再利用三角形面积公式求【小问1详解】由正弦定理及，得因为，所以，所以，所以所以，所以.因为，所以，所以，故.【小问2详解】因为为角的平分线，为角的平分线，所