江苏省南京师范大学附属实验学校2022-2023学年高一下学期期中数学试卷(解析)

高中数学精编资源-2023学年南京师范大学附属实验中学高一下期中考试一､选择题（共8小题，每题5分，共40分）1.已知向量，不共线，向量，且，则的值为（）A.1 B. C.±1 D.2【答案】C【解析】【分析】根据向量共线定理及平面向量基本定理列出等式解出即可.【详解】解：因为向量，不共线，且，所以，即，，所以，解得或.故选：C2.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的坐标运算可求得向量的坐标.【详解】因为，，则.故选：A.3.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的四则运算法则即可计算.【详解】.故选：A.4.已知函数，则的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期.【详解】，因此，函数的最小正周期为，故选：B.5.已知，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】当时，分别求出，，从而求出的值；当时对原式两边同时除以得到，的关系式，利用的公式求出结果.【详解】当时，，即，；原式变为，即，所以，.此时.当时，对两边同时除以，得，即，所以.综上所述，.故选：A.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将看成整体，转化，然后利用二倍角整体代换，求解即可.【详解】,，所以，故选：D7.古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（）（cos10°≈0.985）A.45.25 B.50.76 C.56.74 D.58.60【答案】B【解析】【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；【详解】设球的半径为R，，，故选:B.8.将函数和直线的所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，An，若P点坐标为（0，1），则（）A. B. C. D.0【答案】A【解析】【分析】在同一坐标系中作出和g(x)=x﹣1的图象，所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3，A4，A5根据为的一个对称点，得到关于对称，关于对称，再用中点坐标公式得到求解.【详解】由题意作出图象如图，共得5个交点，根据余弦函数的中心对称性可知，和，和关于对称，，，∴.故选：A.二､多选题（共4小题，每题5分，共20分）9.若四边形ABCD是矩形，则下列命题中正确的是（）A.共线 B.相等C.模相等，方向相反 D.模相等【答案】ACD【解析】【分析】根据向量的加法和减法的几何意义（平行四边形法则)，结合矩形的判定与性质进行分析可解.【详解】∵四边形ABCD是矩形，,所以共线，模相等,故A、D正确;∵矩形的对角线相等,∴|AC|=|BD|,模相等,但的方向不同，故B不正确;|AD|=|CB|且AD∥CB，所以的模相等，方向相反，故C正确.【点睛】本题考查向量的共线，相等，模，向量的加减法的几何意义，属基础题，根据向量的加减法的平行四边形法则和矩形的性质综合判定是关键.10.下列各式中，值为1的是（

）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】选项A利用二倍角的余弦公式计算得出结果；选项B利用二倍角的正弦公式计算得出结果；选项C利用两角和的余弦公式计算得出结果；选项D利用两角和的正切公式计算得出结果.【详解】对于选项A，，故A错误；对于选项B，，故B正确；对于选项C，，故C正确；对于选项D，，故D错误.故选：BC.11.若复数为纯虚数，则（）A.为实数 B.为实数C.为实数 D.为实数【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，设且，得到，结合复数的运算法则，逐项判定，即可求解.【详解】因为为纯虚数，设且，则，由，所以A正确；由，所以B错误；由为实数，所以C正确；由为实数，所以D正确.故选：ACD.12.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（

）A.若B+C=2A，则面积的最大值为B.若，且只有一解，则b的取值范围为C.若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为D.为的外心，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D.【详解】对于A，由正弦定理可得，因为，所以，所以，若，且，所以，由余弦定理得，由，可得，即，则面积，所以面积的最大值为，故A正确；对于B，若，且，由正弦定理得，所以，当时即，所以时有一解，故B错误；对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形，所以，解得，所以，由正弦定理得，故C正确；对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且，设，所以，所以，故D正确.故选：ACD.三､填空题（共3小题）13.函数的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式化简，由正弦型函数值域可求得结果.【详解】，当时，.故答案为：.14.在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，那么的形状一定是______.【答案】等腰或直角三角形【解析】【分析】利用余弦定理化简已知条件，由此判断出三角形的形状.【详解】由和余弦定理得，即，整理得，所以或，即或，所以三角形是等腰或直角三角形.故答案为：等腰或直角三角形【点睛】本小题主要考查余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.15.如图在直角梯形中，已知，，，，，则__________.【答案】22【解析】【分析】根据向量的加法原理和数量积求解即可；【详解】解：因为，所以，因为，，，所以，因为直角梯形，所以，故，所以原等式.故答案为：22.16.笛卡尔坐标系是直角坐标系与斜角坐标系的统称，如图，在平面斜角坐标系中，两坐标轴的正半轴的夹角为，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则称有序实数对为在该斜角坐标系下的坐标.若向量，在该斜角坐标系下的坐标分别为，，当_______时，.【答案】【解析】【分析】根据斜角坐标定义写出向量（用两个已知单位向量表示），然后由向量数量积计算可得．【详解】由已知，，，，解得：．故答案为：．四､解答题（共6小题，共70分）17.已知（1）求的值（2）求值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过求出然后代入公式求解即可；（2）结合诱导公式与齐次式化简，代入求解即可；【小问1详解】因为，所以；【小问2详解】=，齐次式化简：，故18.平面内给定三个向量，，.（1）求；（2）求；（3）若，求实数k.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据平面向量夹角的坐标公式即可求解；（2）根据平面向量模长公式坐标表示即可求解；（3）根据平面向量垂直的坐标表示即可求解.【小问1详解】解：因为，，所以，，，所以；【小问2详解】解：因为，，所以，所以；小问3详解】解：因为，，，又，所以，解得.19.如图，在平面四边形中，，，，，．（1）求边的长；（2）求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中利用正弦定理可得解；（2）在中，先由余弦定理得，进而得，最后利用面积公式求解即可.【小问1详解】在中，，由正弦定理得．【小问2详解】在中，由余弦定理得．∴．∴．20.“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，，，满足（1）求；（2）若的面积为，且，求的周长【答案】（1）（2）cm【解析】【分析】（1）根据题意可求圆的直径，再结合正弦定理运算求解；（2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解.【小问1详解】设的外接圆半径为，则（cm），由正弦定理，可得.【小问2详解】∵，则，故为锐角，∴，由面积公式，即，可得，由余弦定理，即，可得，解得（cm），故的周长为（cm）.21.如图，在边长为2的等边三角形中，D是的中点.（1）求向量与向量的夹角；（2）若O是线段上任意一点，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量的夹角公式计算可得结果；（2）将表示为的函数，再根据二次函数知识可求出结果.【小问1详解】由题意可得