广东省茂名市信宜市2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）

2023-2024学年度第二学期高一期中考试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.2.选择题用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数的定义得出答案.【详解】复数的虚部是故选：B2.已知向量满足（2，1），（1，y），且，则＝（）A. B. C.5 D.4【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，由此求得，根据向量模的坐标表示求得正确答案.详解】根据题意，（2，1），（1，y），且，则有2+y＝0，解可得y＝﹣2，即（1，﹣2），则（4，﹣3），故5；故选：C【点睛】本小题主要考查向量垂直和模的坐标表示，属于基础题.3.已知，是两个不共线的单位向量，，，若与共线，则（）A.2 B.4 C.-4 D.-2【答案】C【解析】【分析】利用向量共线定理，即可列出方程组，则可求出答案.【详解】因为与共线，所以，所以，所以解得故选：C.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用降幂公式，化简求值.【详解】，解得：.故选：B5.在中，，则（）A.1 B. C.3 D.2【答案】A【解析】【分析】利用内角和求出，借助正弦定理代入即可求解.【详解】,由正弦定理得，，所以，，解得，，故选：A.6.函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据函数的图象求出函数的解析式，然后再根据函数的解析式求，最后求出的值.【详解】由图象可知，，得，所以，所以，，又因为在函数的图象上，所以，，又因为，所以，所以，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，得，所以，.故选：B7.如图，是等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若与的面积相等，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，可得E为AD中点，根据向量的线性运算法则，即可得答案.【详解】∵D在线段BC上，且，∴，又E为线段AD上一点，若与的面积相等，∴，则E为AD的中点，又，，所以，故选：D8.2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）.如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为，那么的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由直角三角形中的三角函数定义列出关于的等式结合平方关系求得，然后由正弦的二倍角公式计算．【详解】由题意大正方形边长为5，小正方形边长为1，所以，又，且为锐角，可解得，，所以．故选：A．二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分.9.下列各式中值为的是（）．A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】选项A利用二倍角的正弦求值；选项B利用二倍角的余弦求值；选项C逆用两角差的正弦公式求值；选项D利用两角和的正切公式求值.【详解】因为，故选项A正确；因为，故选项B错误；因为，故选项C正确；因为，整理得，，故选项D错误；故选：AC.10.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.C.方程，的根是D.若，则点的集合所构成的图形的面积为π【答案】CD【解析】【分析】模为的复数有无数个，据此可以判断；虚数不能比较大小，据此可以判断；选项用求根公式解方程的虚根即可；根据复数的模表示的几何意义，即可判断选项.【详解】对于A，若，则，所以A错误；对于B，虚数和向量一样不能比较大小，所以B错误；对于C，因为，所以方程有两个虚根，因为，所以，所以，所以C正确；对于D，设，则，因为，所以，所以点的集合所构成的图形是半径分别为所围成的圆环，其的面积为，所以D正确.故选：CD11.在中，有如下四个命题，其中正确的是（）A.若，则为锐角三角形B.内一点G满足，则G是的重心C.若，则的形状为等腰三角形D.内一点P满足，则【答案】BD【解析】【分析】根据向量的数量积运算公式和线性运算公式化简向量关系式判断各选项即可.【详解】由可得，所以，由此仅可得为锐角，但可能为钝角三角形，A错，设的中点为，由可得，所以，所以G是的重心,B对，由可得，所以，由此可得的形状为直角三角形，C错，由可得，即，故，D对，故选：BD.三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分.12.已知角的终边过点，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】根据三角函数的定义求解，再根据诱导公式求解即可.【详解】已知角的终边过点，则，所以.故答案：.13.设向量,，若，则___________．【答案】3【解析】【分析】由可得，根据平面向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可；【详解】解：因为,，由可得，解得；故答案为：3．14.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C对边，若，在方向上的投影是的，△ABC的面积为，则______．【答案】【解析】【分析】根据正弦定理求出角A，结合向量投影，建立b，c边长关系，通过已知三角形面积求出b，c具体值，再用余弦定理求得a.【详解】解：由正弦定理，将原式，化为，因为所以原式化简为，因为，所以，因为，所以.又因为在方向上投影是的，所以，即，因为，解得.由余弦定理可得：，所以.故答案为：.四、解答题：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.15.已知，．（1）求的值；（2）求值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，，得到，利用同角三角函数间的基本关系即可求出的值；（2）利用诱导公式化简，代入，即可得到答案.【小问1详解】由题意有，，所以，又因为，所以，又因为，所以.【小问2详解】，又由（1）可得，所以，故的值为.16.已知向量​.（1）当​时，求向量​与​的夹角;（2）求​的最大值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）求出两向量的数量积，再根据​即可得解；（2）求出坐标，再根据向量的模的坐标表示结合辅助角公式及三角函数的性质即可得出答案.【小问1详解】解：当​时，​，​，设​与​的夹角为​，则​，而​，，即​与​的夹角为​；【小问2详解】解：​，​，​当时，取等号，​的最大值为​.17.在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，向量，，且．（1）求角A（2）若c＝2，且△ABC的面积为，求AC边上的中线BM的大小．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量平行的坐标表示可得，再由正弦定理化角即可得解；（2）根据面积公式可得，在中再由余弦定理求解即可.【小问1详解】因为，，，所以．由正弦定理得．因为，所以，所以．因为，所以；【小问2详解】因为△ABC的面积为．所以．因为c＝2．．所以．在三角形ABM中，∵M为AC的中点．∴，由余弦定理得．所以．18.己知函数.（1）求的单调递增区间；（2）当时，求的最大值和最小值，并指出取得最值时的值.【答案】（1）单调递增区间为，；（2）时，有，时，有.【解析】【分析】（1）利用辅助角公式先化简函数式，再利用三角函数的性质求单调区间即可；（2）结合（1）的结论，利用整体代换思想及三角函数的图象与性质计算最值即可.【小问1详解】，令，，得，，所以的单调递增区间为，；【小问2详解】因为，所以，所以当，即时，有，当时，即时，有.19.在中，角所对的边分别是，且满足（1）求角；（2）如图，若外接圆半径为，为的中点，且，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角和两角和差正弦公式可化简已知等式求得，由此可得；（2）利用正弦定理可求得，由余弦定理可得；方法一：根据，利用余弦定理可得，根据可求得，进而得到