江苏省连云港市2022-2023学年高一下学期期中数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省连云港市2022-2023学年高一下学期期中数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设为实数，若向量，，且，则的值为（

）A． B． C． D．4【答案】B【分析】由向量共线定理结合已知条件即可求解.【详解】因为，所以存在实数，使得，又，，所以，解得，所以的值为.故选：B．2．已知复数，则下列结论正确的是（

）A．的虚部为i B．C．的共轭复数 D．为纯虚数【答案】D【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数模的定义、共轭复数的定义，结合复数虚部的定义、纯虚数的定义逐一判断即可.【详解】解：∵，∴z的虚部为1，为纯虚数，，∴正确的结论是D．故选：D．3．在中，若，，，则（

）A．或 B． C． D．或【答案】B【分析】利用正弦定理结合角的范围求解即可.【详解】在中，由正弦定理得，所以，又因为且，，所以.故选：B.4．已知中，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量的线性运算化简求解即可.【详解】中，，所以.故选：A.5．已知，则（

）A． B． C． D．或【答案】A【分析】由平方关系求得、，再由两角和的余弦展开式求得答案.【详解】依题意，均为锐角，由得，由得，所以，而，所以.故选：A.6．函数的零点所在的区间是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数单调性结合零点存在性定理求解即可.【详解】易得为增函数，且，，故函数的零点所在的区间是.故选：B．7．在中，，，则的大小为（

）A．或 B． C． D．或【答案】C【分析】将所给两式平方相加化简可得，再根据分析角度范围求解即可.【详解】由，，等式两边平方相加得：，即，故，故或.由，得，得，故，则，故.故选：C8．在任意四边形中，点，分别在线段，上，且，，，，，则与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，得，再两边平方求解即可.【详解】

由，则①，又②，由①+②可得，即，故，设与夹角为，则，解得.故选：C．二、多选题9．已知向量，，且，则（

）A． B．C．向量与向量的夹角是 D．向量在向量上的投影向量坐标是【答案】ACD【分析】根据向量垂直的坐标公式求出向量判断A，利用向量模的坐标运算判断B，利用数量积的夹角坐标公式求解判断C，利用数量积的几何意义求解判断D.【详解】因为向量，，所以，由得，解得，所以，故A正确；又，所以，故B错误；设向量与向量的夹角为，因为，，所以，又，所以，即向量与向量的夹角是，故C正确；向量在向量上的投影向量坐标是，故D正确.故选：ACD.10．下列结论中正确的是（

）A．若，则或B．若，则C．若复数满足，则的最大值为3D．若（，），则【答案】BC【分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证；对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证.【详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意；对于B：令，所以，所以，且，所以，故B选项符合题意；对于C：令，若复数满足，则有（其中），所以，所以，所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意；对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意.故选：BC．11．下列各式的值为的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据三角恒等变换逐个选项计算即可.【详解】对A，因为，故，故，故A正确；对B，，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D错误.故选：AC．12．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（

）A．外接圆的半径为B．若的平分线与交于，则的长为C．若为的中点，则的长为D．若为的外心，则【答案】BD【分析】依题意由正弦定理可得，根据余弦定理和三角形面积公式可求得，再由正弦定理可得A错误；根据等面积法可得角平分线的长为，即B正确；由可求得，即C错误；利用外接圆以及投影向量的几何意义可得D正确.【详解】根据题意由，利用正弦定理可得，不妨设，利用余弦定理可得，又，可得；又面积为，解得，所以，对于选项A，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，所以，即A错误；对于B，分别作垂直于，垂足为，如下图所示：

易知的面积为，可得，即B正确；对于C，若为的中点，易知，如下图所示：

所以可得，可得，即C错误；对于D，延长交外接圆于点，连接；如下图所示：

易知即为直径，所以可知，；利用投影向量的几何意义可得，即可得D正确.故选：BD．【点睛】方法点睛：在解三角形问题中遇到与角平分线或者中线相关的问题时，可根据题目信息采用等面积法求解角平分线长度，利用向量求解中线长度.三、填空题13．在中，若，，则的值为．【答案】【分析】根据正弦定理求解即可.【详解】设外接圆半径为，则由正弦定理可得：故答案为：14．若，则的值为.【答案】/【分析】对平方后展开，结合同角三角函数基本关系及二倍角公式求解即可.【详解】因为，所以，所以，解得.故答案为：.15．已知四边形中，，，是的中点，，，则的长为.【答案】【分析】设，由直角三角形知识及同角三角函数关系得，所以，从而求出，再利用余弦定理即可求出.【详解】设，在中，，所以，所以，同理在中，，则，在中，，即，解得.

故答案为：16．函数的零点个数为．【答案】6【分析】利用二倍角公式及诱导公式化简函数式，结合对数函数和三角函数的图象与性质数形结合即可判定结果.【详解】由，令，作出函数的草图如下：

当时,由可得，当时,由得，易知在之间两函数有6个交点，故零点个数为6.故答案为：6.四、解答题17．已知复数满足，的虚部为2，所对应的点在第三象限，求：(1)复数；(2)若复数在复平面上对应的点在第二象限，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）设（，），根据题意列式求解即可；（2）由（1），再代入结合复数的几何意义求解即可.【详解】（1）设（，），所以，①因为，又的虚部为2，所以，②由①②解得或，所以或，又所对应的点在第三象限，所以．（2），因为复数在复平面上对应的点在第二象限，所以，解得，故实数的取值范围为．18．已知，，，试求：(1)；(2)与的夹角.【答案】(1)2(2)【分析】（1）利用数量积即可求得的值；（2）利用向量的夹角公式即可求得与的夹角.【详解】（1）由，可得，则，即，又，，则，则（2），又，则，故与的夹角为.19．已知直角梯形的三个顶点分别为，，，且．(1)求顶点的坐标；(2)若为线段上靠近点的三等分点，为线段的中点，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据平面向量共线及垂直的坐标表示计算即可；（2）利用平面向量的线性运算的坐标表示计算求模即可.【详解】（1）设，因为，，，则，，，在直角梯形中，，且，所以A，为直角，则，即，解得，，所以顶点的坐标为；（2）

因为为线段上靠近点的三等分点，则，设，则，所以，，所以，又因为为线段的中点，则，所以，，则，所以20．在中，已知，最长边的长为.(1)求的大小；(2)若，求最短边的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理求解即可；（2）先根据角的函数值判断最小角和最大角，然后利用同角三角函数基本关系求出角B的三角函数值，利用两角和的正弦公式求出，最后根据正弦定理即可求解.【详解】（1）因为，所以，即.在中，由余弦定理得，又，故.（2）因，故，又因为，所以.所以为最小角，为最大角，则为最短边，为最大边.由，可得，解得，所以.在中，由正弦定理得，即，得.21．已知函数.(1)求函数的最小正周期；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）通过二倍角公式和两角和正弦公式化简函数，利用正弦型函数周期公式求解即可；（2）通过三角恒等变换及分离参数把问题转化为对恒成立，然后令，利用对勾函数单调性即可求解范围.【详解】（1），所以函数的最小正周期.（2）因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，因为，所以，所以，所以对恒成立，令，则，则问题转化为对恒成立，因为在上单调递减，在上单调递增，又，，所以在上的最大值为，所以，所以实数的取值范围.22．已知中，点是线段上一点，，且①，②，③，④.(1)求的长；(2)为边上的一点，若为锐角三角形，求的周长取值范围.上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.【答案】(1)选择见解析，(2)选择见解析，【分析】（1）若删除②或③，由余弦定理得出两解，不满足题意，删除条件①和④，在和中分别利用余弦定理建立方程可求解；（2）若删去①：设，通过正弦定理及三角恒等变换得的周长，利用锐角三角形求出的范围，利用正切函数的性质求出范围即可；若删去④：先利用余弦定理求出，然后设，通过正弦定理及三角恒等变换得的周长，利用锐角三角形求出的范围，利用正切函数的性质求出范围即可.【详解】（1）删除条件①：设，，则.在中，，即，同理在中，，即，联立，可得，．即，，故；删除条件④：设，则，在中，，同理在中，，因为，所以，即，解得：，所以；删除条件②：在中，，所以，解得或，不唯一，不符合题意；删除条件③：在中，，即