广西壮族自治区河池市河池十校联体2023-2024学年高一下学期第一次联考（4月）数学试题（含答案解析）

广西壮族自治区河池市河池十校联体2023-2024学年高一下学期第一次联考（4月）数学试题（本试卷满分150分，考试时间120分钟）注意事项:1.答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.一、单项选择题: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.已知，则（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的数量积的坐标表示计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：D2.已知复数满足，则的虚部为（）A.1 B.-1 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算法则得到，得到，得到复数.【详解】，故，故虚部为1.故选：A3.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，余弦函数在各象限的符号，与比较大小即可得解.【详解】由为减函数可知，，即，因为，所以，由为增函数知，，即，因为，所以，所以.故选：C4.若为非零向量，则“”是“共线”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】表示与同向的单位向量，共线可能同向共线、也可能反向共线，再由充分性、必要性的定义可求出答案.【详解】依题意为非零向量，表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，则表示与同向的单位向量，所以能推出共线，所以充分性成立；共线可能同向共线、也可能反向共线，所以共线得不出，所以必要性不成立.故选：B.5.在中，若，则的形状一定是（）A.等腰直角三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理可得边的关系，故可得正确的选项.【详解】因为，故，整理得到，故，故或，即或，故的形状为等腰或直角三角形，故选：D.6.已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若的面积为，则为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三角形面积公式及余弦定理求出，得出即可得解.【详解】由三角形面积公式可得，即，由，可得，所以.故选：A7.已知的外接圆的圆心为，且，则向量在向量上的投影向量（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据，O为的外接圆的圆心，得到是以BC为斜边的直角三角形，再由，得到，利用投影向量的定义求解.【详解】解：如图所示：因为，所以O为BC的中点，又O为的外接圆的圆心，所以是以BC为斜边的直角三角形，又因为，所以，设，则，所以向量在向量上的投影向量为，故选：B8.已知三点A，B，C共线，不共线且A在线段BC上（不含BC端点），若，则的最小值为（）A.不存在最小值 B. C.4 D.【答案】D【解析】【分析】结合已知条件，由三点共线的充要条件可知，所以，由“乘1”法结合基本不等式即可求解.【详解】设，因为A在线段BC上（不含BC端点），所以由向量共线定理设，所以，由题意有，所以，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立.所以的最小值为.故选：D.二、多项选择题: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.下面关于空间几何体叙述正确的是（）A.正四棱柱都是长方体B.以直角三角形的一条边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥C.两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱D.平行于同一直线的两直线平行【答案】AD【解析】【分析】根据正四棱柱定义判断A，根据圆锥定义判断B，根据特例判断C，根据平行公理判断D.【详解】因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故A正确；以直角三角形斜边所在的直线为旋转轴时，所形成的几何体是两个同底的圆锥，故B错误;如图所示几何体，两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体，不是棱柱，故C错误；由平行关系的传递性可知，平行于同一直线的两直线平行，故D正确.故选：AD10.已知复数满足，则（）A.B.在复平面内对应的点位于第四象限C.D.是方程的一个解【答案】AD【解析】【分析】先通过复数的乘方和除法化简得到复数z，然后逐项判断.【详解】因为，所以，则，故A正确；在复平面内对应的点位于第二象限，故B错误；，故C错误；由，得，则，故D正确；故选：AD11.如图，在中，D，E，F分别是BC，CA，AB的中点，是AD与BE的交点，则（）A.B.对于任意一点，都有C.对于任意一点，都有D【答案】BCD【解析】【分析】由重心的性质及中线的向量表示可判断A，由向量的减法及A判断B，由向量的减法及B可判断C，由数量积的运算法则及相反向量可判断D.【详解】由题意，知为的重心，因为F是AB的中点，所以，故A错误；因为，所以，故B正确；由B选项可知，，所以，故C正确；因为，同理，，三式相加可得，故D正确.故选：BCD三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形ABCD的面积为____________.【答案】【解析】【分析】根据图形与其斜二测画法图形面积之间的关系求解即可.【详解】由题意，，由原图形面积与斜二测画法图形面积之间的关系，可得.故答案为：13.某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为nmile;在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为nmile.货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则灯塔与处之间的距离是__________nmile.【答案】【解析】【分析】先在中，利用正弦定理求得AD，再在中，利用余弦定理求解.【详解】在中，，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，，所以.故答案为：14.已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】根据题中定义，结合特殊角的正余弦值、向量的坐标表示公式和向量加法的坐标运算法则进行求解即可.【详解】因为点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，所以点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，由题设，设，则有，因为点，点，所以，因此有，且，解得，即，而，于是有，所以点的坐标为，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是由点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，转化为点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，这样应用题中定义进行求解.四、解答题:本题共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.已知平面直角坐标系中，向量.（1）若，且，求向量的坐标；（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据向量平行及向量的模建立方程求解；（2）根据向量夹角为锐角建立不等式求解即可.【小问1详解】设，由题意知，因为，所以，又因为，所以，所以或.【小问2详解】由题意，则，当与共线时，，因为与的夹角为锐角，所以，解得，且，所以与的夹角为锐角，实数的取值范围为.16.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求的大小;（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角形中，将已知条件化简为，化简后再根据求解；（2）由（1）结果结合已知条件，根据余弦定理求出，再利用面积公式求解.【小问1详解】因，所以.因为，所以.因为，所以，所以由，得.因为，所以，即.【小问2详解】由余弦定理知.因为，所以，所以，故的面积.17.如图，在中，已知边上的两条中线AM，BN相交于点.（1）求AM的长度；（2）求∠MPB的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据AM是中线，由求解；（2）易知为向量的夹角，然后利用平面向量的夹角公式求解.【小问1详解】解：因为AM是中线，所以，所以，则；【小问2详解】由图象知：为向量的夹角，因为，所以，，则，又，，所以，因为，所以.18.△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知.（1）求的大小;（2）若为锐角三角形且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数，再由三角恒等变换化简得出，即可得解；（2）由正弦定理化为三角函数，利用三角恒等变换转化为三角函数，利用正弦型函数的值域求解.【小问1详解】由可得，所以，所以，由可得，即，又，所以.【小问2详解】由正弦定理：，，又，得，；所以，故.即.19.已知函数.（1）解不等式；（2）讨论函数零点个数.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）结合函数的奇偶性与单调性计算即可得；（2）当时，等式恒成立，故为的一个零点，当时，表示出，可借助换元法，构造函数，结合零点与方程的关系计算即可得.【小问1详解】的定义域为，因为，所以是奇函数.因为是增函数，所以是增函数，由得，即，所以，解得，即原不等式的解集为；【小问2详解】由得，①当，即时，等式成立，所以为的一个零点.②当，即时，即，令，则，因，所以为偶函数，当时，令，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，