江蘇省連云港市2022-2023學年高一下學期期中數學試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁江蘇省連云港市2022-2023學年高一下學期期中數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．設為實數，若向量，，且，則的值為（

）A． B． C． D．4【答案】B【分析】由向量共線定理結合已知條件即可求解.【詳解】因為，所以存在實數，使得，又，，所以，解得，所以的值為.故選：B．2．已知復數，則下列結論正確的是（

）A．的虛部為i B．C．的共軛復數 D．為純虛數【答案】D【分析】根據復數的除法運算法則，結合復數模的定義、共軛復數的定義，結合復數虛部的定義、純虛數的定義逐一判斷即可.【詳解】解：∵，∴z的虛部為1，為純虛數，，∴正確的結論是D．故選：D．3．在中，若，，，則（

）A．或 B． C． D．或【答案】B【分析】利用正弦定理結合角的范圍求解即可.【詳解】在中，由正弦定理得，所以，又因為且，，所以.故選：B.4．已知中，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量的線性運算化簡求解即可.【詳解】中，，所以.故選：A.5．已知，則（

）A． B． C． D．或【答案】A【分析】由平方關系求得、，再由兩角和的余弦展開式求得答案.【詳解】依題意，均為銳角，由得，由得，所以，而，所以.故選：A.6．函數的零點所在的區(qū)間是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據函數單調性結合零點存在性定理求解即可.【詳解】易得為增函數，且，，故函數的零點所在的區(qū)間是.故選：B．7．在中，，，則的大小為（

）A．或 B． C． D．或【答案】C【分析】將所給兩式平方相加化簡可得，再根據分析角度范圍求解即可.【詳解】由，，等式兩邊平方相加得：，即，故，故或.由，得，得，故，則，故.故選：C8．在任意四邊形中，點，分別在線段，上，且，，，，，則與夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，得，再兩邊平方求解即可.【詳解】

由，則①，又②，由①+②可得，即，故，設與夾角為，則，解得.故選：C．二、多選題9．已知向量，，且，則（

）A． B．C．向量與向量的夾角是 D．向量在向量上的投影向量坐標是【答案】ACD【分析】根據向量垂直的坐標公式求出向量判斷A，利用向量模的坐標運算判斷B，利用數量積的夾角坐標公式求解判斷C，利用數量積的幾何意義求解判斷D.【詳解】因為向量，，所以，由得，解得，所以，故A正確；又，所以，故B錯誤；設向量與向量的夾角為，因為，，所以，又，所以，即向量與向量的夾角是，故C正確；向量在向量上的投影向量坐標是，故D正確.故選：ACD.10．下列結論中正確的是（

）A．若，則或B．若，則C．若復數滿足，則的最大值為3D．若（，），則【答案】BC【分析】對于A：令，由此即可驗證；對于B：由模長公式以及復數乘法即可驗證；對于C：由復數的幾何意義即可驗證；對于D：令即可驗證.【詳解】對于A：令，所以由復數模長公式有，但這與或矛盾，故A選項不符合題意；對于B：令，所以，所以，且，所以，故B選項符合題意；對于C：令，若復數滿足，則有（其中），所以，所以，所以，即當且僅當即當且僅當時，有最大值為3，故C選項符合題意；對于D：令可知，但這與矛盾，故D選項不符合題意.故選：BC．11．下列各式的值為的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根據三角恒等變換逐個選項計算即可.【詳解】對A，因為，故，故，故A正確；對B，，故B錯誤；對C，，故C正確；對D，，故D錯誤.故選：AC．12．中國南宋時期杰出數學家秦九韶在《數書九章》中提出了已知三角形三邊求面積的公式，求其法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上，以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實，一為從隅，開平方得積．”若把以上這段文字寫成公式，即．現有滿足，且，則（

）A．外接圓的半徑為B．若的平分線與交于，則的長為C．若為的中點，則的長為D．若為的外心，則【答案】BD【分析】依題意由正弦定理可得，根據余弦定理和三角形面積公式可求得，再由正弦定理可得A錯誤；根據等面積法可得角平分線的長為，即B正確；由可求得，即C錯誤；利用外接圓以及投影向量的幾何意義可得D正確.【詳解】根據題意由，利用正弦定理可得，不妨設，利用余弦定理可得，又，可得；又面積為，解得，所以，對于選項A，設外接圓的半徑為，由正弦定理可得，所以，即A錯誤；對于B，分別作垂直于，垂足為，如下圖所示：

易知的面積為，可得，即B正確；對于C，若為的中點，易知，如下圖所示：

所以可得，可得，即C錯誤；對于D，延長交外接圓于點，連接；如下圖所示：

易知即為直徑，所以可知，；利用投影向量的幾何意義可得，即可得D正確.故選：BD．【點睛】方法點睛：在解三角形問題中遇到與角平分線或者中線相關的問題時，可根據題目信息采用等面積法求解角平分線長度，利用向量求解中線長度.三、填空題13．在中，若，，則的值為．【答案】【分析】根據正弦定理求解即可.【詳解】設外接圓半徑為，則由正弦定理可得：故答案為：14．若，則的值為.【答案】/【分析】對平方后展開，結合同角三角函數基本關系及二倍角公式求解即可.【詳解】因為，所以，所以，解得.故答案為：.15．已知四邊形中，，，是的中點，，，則的長為.【答案】【分析】設，由直角三角形知識及同角三角函數關系得，所以，從而求出，再利用余弦定理即可求出.【詳解】設，在中，，所以，所以，同理在中，，則，在中，，即，解得.

故答案為：16．函數的零點個數為．【答案】6【分析】利用二倍角公式及誘導公式化簡函數式，結合對數函數和三角函數的圖象與性質數形結合即可判定結果.【詳解】由，令，作出函數的草圖如下：

當時,由可得，當時,由得，易知在之間兩函數有6個交點，故零點個數為6.故答案為：6.四、解答題17．已知復數滿足，的虛部為2，所對應的點在第三象限，求：(1)復數；(2)若復數在復平面上對應的點在第二象限，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）設（，），根據題意列式求解即可；（2）由（1），再代入結合復數的幾何意義求解即可.【詳解】（1）設（，），所以，①因為，又的虛部為2，所以，②由①②解得或，所以或，又所對應的點在第三象限，所以．（2），因為復數在復平面上對應的點在第二象限，所以，解得，故實數的取值范圍為．18．已知，，，試求：(1)；(2)與的夾角.【答案】(1)2(2)【分析】（1）利用數量積即可求得的值；（2）利用向量的夾角公式即可求得與的夾角.【詳解】（1）由，可得，則，即，又，，則，則（2），又，則，故與的夾角為.19．已知直角梯形的三個頂點分別為，，，且．(1)求頂點的坐標；(2)若為線段上靠近點的三等分點，為線段的中點，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據平面向量共線及垂直的坐標表示計算即可；（2）利用平面向量的線性運算的坐標表示計算求模即可.【詳解】（1）設，因為，，，則，，，在直角梯形中，，且，所以A，為直角，則，即，解得，，所以頂點的坐標為；（2）

因為為線段上靠近點的三等分點，則，設，則，所以，，所以，又因為為線段的中點，則，所以，，則，所以20．在中，已知，最長邊的長為.(1)求的大??；(2)若，求最短邊的長.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理求解即可；（2）先根據角的函數值判斷最小角和最大角，然后利用同角三角函數基本關系求出角B的三角函數值，利用兩角和的正弦公式求出，最后根據正弦定理即可求解.【詳解】（1）因為，所以，即.在中，由余弦定理得，又，故.（2）因，故，又因為，所以.所以為最小角，為最大角，則為最短邊，為最大邊.由，可得，解得，所以.在中，由正弦定理得，即，得.21．已知函數.(1)求函數的最小正周期；(2)若在上恒成立，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）通過二倍角公式和兩角和正弦公式化簡函數，利用正弦型函數周期公式求解即可；（2）通過三角恒等變換及分離參數把問題轉化為對恒成立，然后令，利用對勾函數單調性即可求解范圍.【詳解】（1），所以函數的最小正周期.（2）因為，所以在上恒成立，即在上恒成立，因為，所以，所以，所以對恒成立，令，則，則問題轉化為對恒成立，因為在上單調遞減，在上單調遞增，又，，所以在上的最大值為，所以，所以實數的取值范圍.22．已知中，點是線段上一點，，且①，②，③，④.(1)求的長；(2)為邊上的一點，若為銳角三角形，求的周長取值范圍.上面問題的條件，現請你在①，②，③，④中刪除一個，并將剩下三個作為條件解答這個問題，要求答案存在且唯一.你刪去的條件是_______，請你寫出剩余條件解答本題的過程.【答案】(1)選擇見解析，(2)選擇見解析，【分析】（1）若刪除②或③，由余弦定理得出兩解，不滿足題意，刪除條件①和④，在和中分別利用余弦定理建立方程可求解；（2）若刪去①：設，通過正弦定理及三角恒等變換得的周長，利用銳角三角形求出的范圍，利用正切函數的性質求出范圍即可；若刪去④：先利用余弦定理求出，然后設，通過正弦定理及三角恒等變換得的周長，利用銳角三角形求出的范圍，利用正切函數的性質求出范圍即可.【詳解】（1）刪除條件①：設，，則.在中，，即，同理在中，，即，聯立，可得，．即，，故；刪除條件④：設，則，在中，，同理在中，，因為，所以，即，解得：，所以；刪除條件②：在中，，所以，解得或，不唯一，不符合題意；刪除條件③：在中，，即