2023-2024学年东华中学高一数学（下）4月考试卷附答案解析

-2024学年东华中学高一数学（下）4月考试卷2024.4考试时间：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求的.1．已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．下列说法正确的是（

）A．“”是“”的充分条件B．“”是“”的必要条件C．“的一个对称中心是原点”是“”的充分不必要条件D．“”的充分不必要条件是“与的夹角为钝角”4．已知平面向量，，若存在实数，使得，则实数的值为（

）A． B． C． D．5．小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b（a<b），其全程的平均时速为v，则（

）A． B． C． D．6．在中，若，则的形状是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形7．已知方程与的根分别为，则下列说法不正确的是（

）A． B．C． D．8．在等腰中，角A，B，C所对应的边为a，b，c，，，P是外接圆上一点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（

）A．若，则或B．若点的坐标为，则对应的点在第三象限C．若，则的模为D．若，则点的集合所构成的图形的面积为10．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（

）A．函数的周期为B．函数的图象关于点对称C．函数在单调递减D．该图象先向右平移个单位，再把图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），可得的图象11．如图，中，，点E在线段AC上，AD与BE交于点F，，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．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，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知，则．14．向量在向量上的投影向量为．15．在中，其内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为．16．设，，用表示，中较小者，记为，若方程恰有三个不同的实数解，则实数的取值范围为.四、解答题：本大题共70分.17．（1）已知是虚数单位，若复数是纯虚数，求实数的值；（2）已知复数，且，试求复数．18．已知，.(1)若，求；(2)若与的夹角为，求；(3)若与垂直，求与的夹角．19．已知的内角所对的边分别是，．(1)求角；(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围．20．为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，.(1)求的长度.(2)假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.21．如图，平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基.若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为.(1)记向量，，求向量在这个基下的斜坐标；(2)设，，求；(3)试探究两个向量在这个基下的垂直条件，要求写出探究过程.22．如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.(1)若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；(2)若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.1．A【分析】由，结合复数的化简式和除法公式可直接求解.【详解】由得，故复数的虚部为.故选：A2．D【分析】通过计算函数定义域求出集合，计算函数值域求出集合，最后通过交集运算即可求解.【详解】由，有，即，所以；由令，根据二次函数的性质有，所以，又因为，所以，；所以.故选：D3．D【分析】A选项，举出反例；B选项，求出的解集，得到“”是“”的充分不必要条件；C选项，求出的一个对称中心是原点时满足的条件，判断出答案；D选项，由求出与的夹角，从而得到D正确.【详解】对于A，当时，满足，此时可能有，A错误；对于B，等价于或，故“”是“”的充分不必要条件，B错误；对于C，“的一个对称中心是原点”等价于，故“的一个对称中心是原点”是“的必要不充分条件，C错误；对于D，等价于与的夹角，故“”的充分不必要条件是“与的夹角为钝角”，D正确.故选：D.4．B【分析】利用平面向量运算的坐标表示，结合平面向量共线的性质进行求解．【详解】平面向量，，存在实数，使得，,,，，解得或（舍去），实数．故选：B．5．C【分析】求出平均速度可判断AB；利用基本不等式可判断CD.【详解】设甲乙两地相距s，则平均速度故A错误，B错误；又∵，∴，根据基本不等式及其取等号的条件可得：，∴，即，故C正确，D错误．故选：C．6．D【分析】利用余弦定理将化简为，从而可求解.【详解】由，得，化简得，当时，即，则为直角三角形；当时，得，则为等腰三角形；综上：为等腰或直角三角形，故D正确.故选：D.7．D【分析】对于A，用函数图象的对称性来判断；对于B，利用零点存在定理来判断；对于C，直接计算可得答案；对于D，作差判断大小．【详解】对于A、C，方程与的根分别为，，即与的交点横坐标为，与的交点横坐标为，由题知，，与的图象关于对称，都与相交，可得点与点,关于对称，所以，即，故A，C正确；设，显然函数在R上单调递增，又，对于B，由零点存在定理可知，根据对称性可得，B正确；对于D，由B选项知，，，则，所以，D错误，故选：D．8．C【分析】根据正弦定理求出外接圆半径，建立平面直角坐标系，求出三角形顶点坐标，设，根据向量的坐标运算，求出的表达式，结合三角函数性质，即可求得答案.【详解】由题意等腰中，，，故，设外接圆半径为R，则；以的外接圆圆心为原点，以的垂直平分线为y轴，过点O作的平行线为x轴，建立平面直角坐标系，

则，设，，则，，则，，故，因为，故，即的取值范围是，故选：C9．BD【分析】由复数的模判断AC；由复数的基本概念和几何意义判断BD．【详解】对A,由，可得，且，故A错误；对B,若点的坐标为，则故对应的点的坐标为，在第三象限，故B正确；对C,若，则的模为，故C错误；对D,设,若，则，则点的集合所构成的图形的面积为，故D正确．故选：BD．10．ABD【分析】由图像可知：，周期，从而利用周期公式可求出的值，再将点坐标代入解析式可求出的值，从而可得函数解析式，然后利用三角函数的图像和性质逐个分析判断即可【详解】由图像可知：，周期，∴；由解得：故函数对于A：，故A正确；对于B：故B正确；对于C：当时，所以在上不单调．故C错误；对于D：向右平移个单位得到，再把横坐标伸长为原来的2倍，可得的图象，故D正确．故选：ABD11．ACD【分析】由已知可得，进而可得，判断A；设，利用，，共线可求，进而可判断B；根据，利用三角形面积比可判断D；根据向量的线性运算可判断C．【详解】对于A：根据，故，故A正确；对于B：设，则，又，，，三点共线，，且，，故，故B错误；对于D：由于，故，，故D正确；对于C，，，，故C正确．故选：ACD．【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握平面向量的线性运算与基底法，从而得解.12．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.13．##【分析】先用诱导公式将题目化简，然后运用切换弦进行化简，代入数据可得.【详解】∵∴故答案为：14．【分析】由投影向量的坐标计算公式代入即可求解.【详解】向量在向量上的投影向量为.故答案为：.15．3【分析】根据，，，利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解.【详解】解：在中，，，，由余弦定理得：，，解得，所以，故答案为：316．【分析】作出分段函数的图象，分解因式，再利用的图象与之间的关系判断即可．【详解】由已知得，作出的图象如下（图象中的实线部分）又，则，即或，由图易知有两个解，故有3个解，故.故答案为：17．（1）；（2）．【分析】（1）由纯虚数的概念列方程求解；（2）法一：设，代入方程利用复数相等列式求解；法二：利用求根公式直接求解.【详解】（1）因为是纯虚数，所以，解得（2）解法一：设．∵，∴

∴

解得．故．

解法二：∵，∴．故．18．(1)；(2)；(3).【分析】（1）由可得出的夹角为0或，再根据,即可求出；（2）先求出,再利用模长公式求解；（3）根据与垂直，即可得出，从而可求出，进而得出与的夹角．【详解】（1）∵，∴与的夹角为或，∴=;（2）；（3），∴∴，

，∴19．(1)；(2)．【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理可得，结合范围，可求的值．（2）法一：由正弦定理可得，由余弦定理，基本不等式可求的范围，进而可求的周长的最大值；法二：利用正弦定理，将周长化为角A的函数求出范围即可.【详解】（1）由正弦定理可得，即．

由余弦定理得.又，所以．（2）方法一：因为△外接圆的周长为，所以△外接圆的直径为．由正弦定理得，则．由余弦定理得．因为，所以，即，由三角形性质知，当且仅当时，等号成立．所以，故△周长的取值范围为．方法二：因为△外接圆的周长为，所以△外接圆的直径为．由正弦定理得，则．

∵∴，∴故△周长的取值范围为．20．(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理即可求解；（2）根据余弦定理求解，进而得，由两角和与差的余弦公式可得，进而由余弦定理求解，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.【详解】（1）因为，，所以，在中，由余弦定理，得.（2）在中，由余弦定理，得，所以，所以.在中，由余弦定理，得，解得.假设小夏先去地，走路线，路长，假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长，假设小夏先去地，走路线，路长，由于，所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.21．(1)；(2)1；(3)，过程见解析【分析】（1）由即可得出答案；（2）由，，再结合平面向量的数量积公式得解；（3）利用向量垂直化简求解即可．【详解】（1），所以，向量；（2）由已知，有，，

；（3）设，，，，

，

∴的条件为.22．(1)千米(2)；【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点求出解析式，即可求出B点的坐标，进而可求BO的长；（2）由已知可求出E点坐标，进而得到圆O的半径OE的长和，利用正弦定理和三角形面积公式即可求出，进而得到平行四边形的面积S关于的函数关系式，利用正弦函数的性质即可求出最大值.【详解】（1）解：由条件知，，又因为，则，所以.又因为当时，有，且，所以.所以曲线段ABCD的解析式为，.由，即，或解得，又