内蒙古名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题（含答案解析）

高一数学考试考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占20%，必修第二册第六章至第七章占80%．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】【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解即可.【详解】由，得，而，所以.故选：A2.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】【分析】利用复数的乘方运算求出复数即可得结果.【详解】依题意，，在复平面内复数对应的点位于第四象限.故选：D3.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】【分析】判断所给向量与已知向量是否共线可得结论.【详解】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，所以与可作为一组基底．故选：C.4.如图，在矩形中，是的中点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】平面向量的线性运算，利用加减法运算以及数乘运算即可得到结果.【详解】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】【分析】根据三角形内角和可得，根据正弦两角和公式化简即可得，从而可得角的大小.【详解】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】【分析】利用模长可求得数量积，再由投影向量定义代入计算可得结果.【详解】由可得，即，所以，可得在上的投影向量为．故选：D7.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】【分析】设该塔的高度为米，由题意，根据同角的商关系可得，结合余弦定理计算即可求解.【详解】设该塔的高度为米，则．在中，，即，由，解得，即塔高为30米.故选：A8.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】【分析】利用向量的线性运算，将向量转化为进行数量积运算.【详解】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、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】【分析】根据三点的坐标可以得到和的坐标，进而得到与共线，可以得到三点共线，所以A正确；根据中点坐标公式可以得到B；根据数量积的运算法则，分别计算和可以判断CD两个选项.【详解】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】【分析】由图可得，再利用正弦函数的图象与性质分析各个选项即可.【详解】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.1 B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】由题意可得，，从而得，，分和分别求解即可.【详解】解：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.【点睛】关键点睛：对于新概念题，理解定义是关键，解答本题的关键是理解和的运算法则及基本不等式的应用.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】【分析】根据向量数量积的坐标运算和垂直判定进行计算即可.【详解】因为，所以，解得．故答案为：.13.已知，函数是奇函数，则___________，___________．【答案】①.②.【解析】【分析】由，可求，由，结合奇函数可求．【详解】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；②1．14.在中，，O是的外心，，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】由正弦定理求出，余弦定理结合重要不等式解得，再由数量积的定义得，可求的取值范围【详解】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．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用复数的除法运算法则可求；（2）设，代入运算可得，结合已知可求得，可求．【小问1详解】．【小问2详解】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．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角形面积公式求出的长，再由余弦定理可求出.（2）根据已知条件可由正弦定理优先求出，进而可由内角和为,以及诱导、三角恒等变换公式可求出.【小问1详解】因为，又，所以．在中，由余弦定理得：，所以.【小问2详解】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．【答案】（1）；（2）递减区间是，递增区间是；（3）.【解析】【分析】（1）利用对数函数的定义列出不等式，求解即得.（2）利用二次函数、对数函数单调性，结合复合函数单调性求出单调区间.（3）判断函数的奇偶性，借助奇偶性、单调性脱去法则求解不等式.【小问1详解】函数中，由，解得，所以的定义域为.【小问2详解】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.小问3详解】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的路程最短，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，）【答案】（1）海里/小时（2）6.25小时【解析】【分析】（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则补给船需沿方向行驶，求出、，即可求出求出速度；（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，则，，利用余弦定理得到，结合二次函数的性质计算可得．【小问1详解】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．【小问2详解】设补给船以海里/小时的速度从处出发，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．【答案】（1）①证明见解析，②证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）①分别求出，，，，利用向量夹角公式可得；②由条件知点为四边形外接圆的