四川省渠县中学2023-2024学年高一下学期半期考试数学 Word版含解析

1、数学试题注意事项：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版必修第二册第六章至第七章.一选择题：本题共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. 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】C【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以复数在复平面内对应点为，位于第三象限.故选：C2. 若三角形的三边长分别为，则该三角形的形状是（ ）A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 不能确定的【答案】B【解析】【分析】不妨设中，利用余弦定理得到，从而得到为钝角，即可判断.【详解】不妨设中，因为，则，由余弦定理可得，又，所以为钝角，故该三角形为钝角三角形.故选：B3

2、. 下列关于向量的结论正确的是（ ）A. 若，则或B. 若，且，则C. 若都是单位向量，则D. 若，则存在唯一个实数，使【答案】C【解析】【分析】利用数量积的定义判断AC；利用共线向量的意义判断BD.【详解】对于A，由，得或或，A错误；对于B，且，则或，B错误；对于C，都是单位向量，C正确；对于D，当时，不存在实数，使，D错误.故选：C4. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据数量积的运算律求出，再根据投影向量的定义计算可得.【详解】因为，又，所以，所以在上的投影向量为.故选：A5. 如图，在等腰梯形中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】根据给定条件，结合图形，利用向量线性运算计算得解.【详解】在等腰梯形中，.故选：B6. 如图，在平面直角坐标系中，是线段上一点（不含端点），若，则（ ） A. B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】先求出直线的方程，根据在线段上，设出点坐标，列出方程，再根据列方程，解方程组，得到点坐标，可求的长度.【详解】如图： 点A，C在一次函数的图象上.设，则，解得（舍去）

3、，所以，.故选：B7. 在中，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由正弦定理将角的关系化为边的关系，代入余弦定理求，利用基本不等式求出其最小值即可得出的最大值.【详解】因为，由正弦定理得：.由余弦定理得：，且，由基本不等式可得：，当且仅当时，等号成立，由同角三角函数关系式，且，可得：，此时的值为最大值，故选：D.8. 如图，为了测量两山顶间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一个铅垂平面内已知飞机在点时，测得，在点时，测得，千米，则（ ）A. 千米B. 千米C. 千米D. 千米【答案】D【解析】【分析】根据条件得到是等边三角形，从而有，记直线与直线的交点为，根据条件得到为的中点，从而有，即可求出结果.【详解】因为，可得是等边三角形，千米.记直线与直线的交点为，所以为的中点，所以为等腰三角形，又，所以千米，故选：D.二多选题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9. 已知点，则下列结论正确的是（ ）A. 是直角三角形B. 若点，则四边形是平行四边形C.

4、若，则D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示，线性运算的坐标表示求解后判断各选项【详解】，所以，是直角三角形，A正确.若点，则,，四边形是平行四边形，B正确.若，则，C错误.若，则是中点，D正确.故选：ABD10. 已知复数，均不为0，则下列说法正确的是（ ）A. 若复数满足，且，则B. 若复数满足，则C. 若，则D. 若复数，满足，则【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的乘方运算结合复数概念判断A；根据复数的除法运算判断B；举反例判断C；根据复数的共轭复数概念以及复数的乘法运算可判断D.【详解】对于A选项，令，a，则，因为，且，所以，则，故，故A正确；对于B选项，令，则由，得，所以，故B正确；对于C选项，令，此时，故C错误；对于D选项，令，则，所以，故D正确.故选：ABD11. 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. 1B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】设向量和夹角为，可求得，进而可得，分类讨论可求的值.【详解】.设向量和的夹角为，则.因为，所以，所以，即，所以，故.当时，又，所以，符

5、合题意，当时，又，所以，符合题意，当时，又，所以，不符合题意.故或.故选：AC.三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知是两个不共线的单位向量，若与共线，则_.【答案】2【解析】【分析】根据向量共线的性质即可列式求解.【详解】因为与共线，所以，所以，所以.故答案为：13. 如图，四边形的顶点都在圆上，且经过圆的圆心，若圆的半径为，四边形的面积为，则_【答案】【解析】【分析】连接、，即可得到，再由、面积公式及三角恒等变换公式得到，从而求出，即可得解.【详解】连接、，因为圆半径为，则是等边三角形，所以，四边形的面积，解得.因为，所以，则，所以是等边三角形，所以.故答案为：14. 若，均为单位向量，且，的取值范围是，则_，的取值范围是_【答案】 . . 【解析】【分析】根据条件，利用模长的计算公式，即可求出；设，根据条件得到的取值范围，再利用，分类讨论的取值范围，结合三角函数的性质即可得解.【详解】由题可知：，因为，所以因为，不妨设，则，因为的取值范围是，得到所以的取值范围是，又因为，当时，；当时，综上，的取值范围是，故答案为：，.四解答题：本题共5小题，共77分.解答应写

6、出文字说明证明过程或演算步骤.15. 已知向量，（1）若，求；（2）若，求与的夹角的余弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由向量垂直的坐标表示求得，然后由模的坐标表示计算；（2）由向量平行的坐标表示求得，然后由数量积的坐标运算求向量夹角的余弦值【小问1详解】由题意，因为，则，得，则，所以；【小问2详解】由已知，又，所以，得，则，故16. 已知复数满足.（1）求；（2）求的最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用复数和乘除运算法则计算即可；（2）设，由已知可求得，进而可得，进而可得，可求最小值.【小问1详解】.【小问2详解】设，则.因为，所以，故.故的最小值为.17. 的内角，的对边分别为，（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用同角公式切化弦，正弦定理边化角求解即得.（2）利用三角形面积公式求出，再余弦定理列方程求解即得.【小问1详解】依题意，在中，由正弦定理得，因此，而，则，又，所以.【小问2详解】由的面积为，得，解得，由余弦定理得，而，则，解得，所以的周长为.18. 在平行四边形中，是线段的中点，

7、（1）若，与交于点，求的值；（2）求的最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设、，用、作为一组基底表示出，再由平面向量基本定理得到方程组，求出、，即可得到，从而求出、，即可得解；（2）用、作为基底表示出、，再根据数量积的运算律及定义得到关于的函数，最后根据二次函数的性质计算可得.【小问1详解】当时，即为的中点，因为、三点共线，设，则，因为、三点共线，设，则，又、不共线，根据平面向量基本定理得，解得，所以，又，则，所以.【小问2详解】因为，所以，因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.19. 在中，内角的对边分别为，且.（1）求（2）若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围.（3）若点是直线上的两个动点，记.若恒成立，求的值.【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解；（2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即可求解；（3）利用三角恒等变换化简计算可得，则是定值，即，解之即可.【小问1详解】，由正弦定理得.因为，所以.因为，所以.由，可得，即，所以.由正弦定理可得，则，得，则或（舍去），所以.【小问2详解】设，在中，由正弦定理得，所以.在中，由正弦定理得，所以.的面积.因为，所以，则，故面积的取值范围为.【小问3详解】因为，所以，则，即.又是定值，所以是定值，所以，因为为的内角，所以，故的值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角恒等变换与解三角形、三角函数的性质的综合问题，结合三角恒等变换化简，正确运算是解决第（2）问的关键；确定是定值即是解决第（3）问的关键.第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

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