2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题自要求的．1．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝6，b＝5，B＝30°，则sinA＝（）A．512 B．5312 C．32．（5分）已知复数z满足zi＝1+i，则|z|＝（）A．1 B．2 C．3 D．23．（5分）在△ABC中，点D为边BC上一点，且BD：DC＝1：2，设AB→=a→，AC→=bA．AD→=13C．AD→=14．（5分）在△ABC中，若acosB+bcosA＝a，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形5．（5分）若α为锐角，且cos(α+π12)=A．−7210 B．−210 6．（5分）如图所示，将矩形纸片的右下角折起，使得该角的顶点落在矩形的左边上，当θ=π6时，折痕A．62 B．83 C．8 7．（5分）设a=2tan20°1−tan220°A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b8．（5分）已知平面非零向量a→，b→满足a→A．12 B．24 C．18 D．16二、多选题：本题共3小题，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．（多选）9．（6分）下列说法正确的是（）A．z⋅z=|z|2，B．i2024＝﹣1 C．若|z|＝1，z∈C，则|z﹣2|的最小值为1 D．若z2＜0，则z为纯虚数（多选）10．（6分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）A．若A＞B，则sinA＞sinB B．a＝bcosC+ccosB C．若b＝5，c＝4，B＝45°，则三角形有两解 D．若a2+b2＝c2﹣ab，c＝1，则△ABC的外接圆半径为2（多选）11．（6分）已知点M是边长为2的正方形ABCD内部一点（含边界），AM→=λAB→+μA．λ+μ＝1时，则|AM→|B．λ+μ＝1时，则AM→⋅C．λ=12时，则D．μ=12三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）设z1＝2+3i，z2＝m+i，若z1z2为实数，则m13．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=3，b14．（5分）在△ABC中，已知AB＝2且AC＝3BC，则△ABC面积的最大值是．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．（13分）已知三点A（1，3），B（3，4），C（x，x+5）．（1）若A，B，C三点共线，求x的值；（2）若AB→⊥AC→，求16．（15分）已知sinα=210，tanβ=−34，其中（1）求α﹣β的值；（2）cos(2β−π17．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2c−b（1）求角A的大小；（2）点M为线段BC的中点，且AM＝2，a=3，求△ABC18．（17分）已知函数f(x)=23（1）求函数f（x）的最小正周期及区间[0，π（2）在△ABC中，若f(B2)=3，角B为锐角，点D为线段BC延长线上一点，AB=33，CD19．（17分）在面积为S的△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2S(sinC（1）求C的值；（2）若c=2，求△ABC（3）若△ABC为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求△ABC面积的取值范围．

2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题自要求的．1．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝6，b＝5，B＝30°，则sinA＝（）A．512 B．5312 C．3【考点】正弦定理．【答案】C【分析】由已知结合正弦定理即可直接求解．【解答】解：若a＝6，b＝5，B＝30°，由正弦定理得，sinA=asinB故选：C．2．（5分）已知复数z满足zi＝1+i，则|z|＝（）A．1 B．2 C．3 D．2【考点】复数的模．【答案】B【分析】根据已知条件，先对z化简，再结合复数模公式，即可求解．【解答】解：∵zi＝1+i，∴z=1+i∴|z|=1故选：B．3．（5分）在△ABC中，点D为边BC上一点，且BD：DC＝1：2，设AB→=a→，AC→=bA．AD→=13C．AD→=1【考点】用平面向量的基底表示平面向量．【答案】D【分析】利用平面向量的线性运算，平面向量基本定理求解即可．【解答】解：由题意，画出图象如下：可得AD→=AB→+故选：D．4．（5分）在△ABC中，若acosB+bcosA＝a，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形【考点】三角形的形状判断；正弦定理．【答案】A【分析】由正弦定理把已知的等式化边为角，结合两角和的正弦化简，求出sinC＝sinA，进一步求得a＝c，即可得解．【解答】解：由acosB+bcosA＝a，结合正弦定理可得：sinAcosB+sinBcosA＝sinA，∴sin（B+A）＝sinA，可得：sinC＝sinA，∴a＝c，则△ABC的形状为等腰三角形．故选：A．5．（5分）若α为锐角，且cos(α+π12)=A．−7210 B．−210 【考点】两角和与差的三角函数．【答案】D【分析】利用同角三角函数的关系和两角和的正弦公式计算．【解答】解：由α为锐角，且cos(α+π12)=则sin(α+π故选：D．6．（5分）如图所示，将矩形纸片的右下角折起，使得该角的顶点落在矩形的左边上，当θ=π6时，折痕A．62 B．83 C．8 【考点】三角函数应用．【答案】C【分析】由已知结合三角函数的定义及折叠的性质即可求解．【解答】解：因为θ=π6，则BG=12l由对称性可知，GF＝GB=12l，∠Rt△FAG中，cosπ3=AG解得，l＝8．故选：C．7．（5分）设a=2tan20°1−tan220°A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b【考点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的三角函数．【答案】C【分析】直接利用倍角公式的应用求出结果．【解答】解：由于a=2tan20°1−tan220°由于tan40°＞sin40°＞sin20°，故a＞b＞c．故选：C．8．（5分）已知平面非零向量a→，b→满足a→A．12 B．24 C．18 D．16【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】设向量a→，b→的夹角为θ，结合条件得到0＜cosθ≤1，将条件式两边同时平方，结合基本不等式可得【解答】解：设向量a→，b→的夹角为因为a→⋅b由a→⋅b因为4a→2所以|a即|a即|a因为0＜cosθ≤1，所以1cosθ≥1，即当1cosθ故选：B．二、多选题：本题共3小题，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．（多选）9．（6分）下列说法正确的是（）A．z⋅z=|z|2，B．i2024＝﹣1 C．若|z|＝1，z∈C，则|z﹣2|的最小值为1 D．若z2＜0，则z为纯虚数【考点】复数的运算；虚数单位i、复数；复数的模．【答案】ACD【分析】结合复数的基本概念及复数的几何意义检验各选项即可判断．【解答】解：根据复数的运算性质可知，z⋅z=|z|2，i2024＝（i4）506＝1，B错误；设z＝x+yi（x，y为实数），若|z|＝1，则x2+y2＝1，所以|z﹣2|=(x−2)2+y2的几何意义表示圆x2结合圆的性质可知，1≤d≤3，C正确；若z2＜0，则z2为实数且小于0，即z为纯虚数，D正确．故选：ACD．（多选）10．（6分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）A．若A＞B，则sinA＞sinB B．a＝bcosC+ccosB C．若b＝5，c＝4，B＝45°，则三角形有两解 D．若a2+b2＝c2﹣ab，c＝1，则△ABC的外接圆半径为2【考点】解三角形；正弦定理．【答案】AB【分析】由三角形的正弦定理和余弦定理，结合三角形的边角关系，对各个选项分析，可得结论．【解答】解：由A＞B，可得a＞b，即2RsinA＞2RsinB（R为△ABC的外接圆的半径），即有sinA＞sinB，故A正确；由正弦定理可得bcosC+ccosB＝2RsinBcosC+2RsinCcosB＝2Rsin（B+C）＝2RsinA＝a，故B正确；若b＝5，c＝4，B＝45°，则sinC=csinBb=4×225=225＜1，而若a2+b2＝c2﹣ab，c＝1，可得cosC=a2+b2−c22ab=−1故选：AB．（多选）11．（6分）已知点M是边长为2的正方形ABCD内部一点（含边界），AM→=λAB→+μA．λ+μ＝1时，则|AM→|B．λ+μ＝1时，则AM→⋅C．λ=12时，则D．μ=12【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的基本定理．【答案】ABC【分析】建立平面直角坐标系，依次对每一选项进行判断．【解答】解：如图，以A为原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，则依题意有A（0，0），B（2，0），D（0，2），则AB→=(2，0)，因为AM→=λAB对于A，因为λ+μ＝1，所以μ＝1﹣λ，|AM当λ=12时，|AM→|对于B，因为AM→⋅AB→=4λ，λ∈[0，1]，所以当λ对于C，因为AM→⋅AB→=4λ，λ=对于D，因为AM→⋅AB→=4λ故选：ABC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）设z1＝2+3i，z2＝m+i，若z1z2为实数，则m＝【考点】复数的运算．【答案】23【分析】由已知结合复数的四则运算及复数的基本概念即可求解．【解答】解：因为z1＝2+3i，z2＝m+i，若z1所以3m﹣2＝0，即m=2故答案为：2313．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=3，b→=(1，【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．【答案】11．【分析】由|a→−2【解答】解：因为b→=(1，3因为|a→−2即3−4a→⋅所以|a故答案为：11．14．（5分）在△ABC中，已知AB＝2且AC＝3BC，则△ABC面积的最大值是34【考点】解三角形；正弦定理．【答案】34【分析】设BC＝x，可得△ABC的面积的表达式，再由余弦定理可得cosB的表达式，进而可得三角形面积的最大值．【解答】解：因为AB＝2且AC＝3BC，设BC＝x，则S△ABC=12AB•BCsinB又因为cosB=B所以S△ABC=x当2x2=54，即x故答案为：34四、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．（13分）已知三点A（1，3），B（3，4），C（x，x+5）．（1）若A，B，C三点共线，求x的值；（2）若AB→⊥AC→，求【考点】三点共线；平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）﹣5；（2）3π4【分析】（1）结合向量共线的性质，即可求解；（2）结合向量垂直的性质，求出x，再结合向量的夹角公式，即可求解．【解答】解：（1）A（1，3），B（3，4），C（x，x+5），则AB→=(2，1)，BC→=（A，B，C三点共线，则AB→故2（x+1）＝x﹣3，解得x＝﹣5；（2）AB→=(2，1)，BC→=（AC→AB→则2（x﹣1）+x+2＝0，解得x＝0，故BC→设AB→与BC→的夹角大小为θ，θ∈[0，故cosθ=AB→⋅16．（15分）已知sinα=210，tanβ=−34，其中（1）求α﹣β的值；（2）cos(2β−π【考点】两角和与差的三角函数．【答案】（1）−3π（2）−7【分析】（1）由已知结合同角基本关系先求出tanα，然后结合两角差的正切公式求出tan（α﹣β），进而可求α﹣β；（2）结合同角基本关系及二倍角公式先求cos2β，sin2β，然后结合两角差的余弦公式即可求解．【解答】解：（1）因为sinα=210，tanβ=−34，其中所以cosα=7210，tan所以tan（α﹣β）=tanα−tanβ因为﹣π＜α﹣β＜0，所以α﹣β=−3π（2）由tanβ=−34，β∈（π2，π）可知，cosβ所以sin2β＝2sinβcosβ＝2×35×(−45)=−2425则cos(2β−π6)=32cos217．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2c−b（1）求角A的大小；（2）点M为线段BC的中点，且AM＝2，a=3，求△ABC【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（1）A=π3；（2）S△ABC【分析】（1）由三角形的正弦定理和两角和的正弦公式，化简可得所求角；（2）由向量的中点表示和数量积的性质，推得c2+b2+bc＝16，由余弦定理可得c2+b2﹣bc＝3，求得bc，再由三角形的面积公式，计算可得所求值．【解答】解：（1）由a2c−b可得acosB+bcosA＝2ccosA，即有sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosA，即为sin（A+B）＝sinC＝2sinCcosA，由于sinC＞0，可得cosA=1而0＜A＜π，可得A=π（2）由题意可得2AM→即有4AM→2=AB→2+AC→2即为4×4＝c2+b2+2bc×12，即c2+b2+由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即3＝c2+b2﹣bc，即有bc=13S△ABC=12bcsinA18．（17分）已知函数f(x)=23（1）求函数f（x）的最小正周期及区间[0，π（2）在△ABC中，若f(B2)=3，角B为锐角，点D为线段BC延长线上一点，AB=33，CD【考点】解三角形；三角函数的周期性；三角函数的最值；三角函数中的恒等变换应用．【答案】（1）T＝π，最大值为2，最小值为﹣1；（2）AD＝7．【分析】（1）结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质即可求解；（2）由已知先求出B，结合锐角三角函数定义求出AC及∠ACB，然后结合余弦定理即可求解．【解答】解：（1）因为f（x）＝23sinxcosx+2cos2x﹣1=3sin2x+cos2x＝2sin（2x+故T＝π，当0≤x≤π2时，所以−1所以﹣1≤f（x）≤2，即函数在区间[0，π（2）因为在△ABC中，f(B2)=3=2sin（所以B＝30°，因为∠ACB＝60°，所以A＝90°，因为点D为线段BC延长