2023-2024学年江苏省扬州市江都区高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年江苏省扬州市江都区高一（下）期中数学试卷一、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．（5分）已知复数z＝1﹣i，z是z的共轭复数，则z的虚部为（）A．﹣i B．﹣1 C．i D．12．（5分）若a→=(−2，5)，b→A．0 B．−52 C．﹣53．（5分）函数f（x）＝x﹣5+3x的零点所在的区间为（）A．（1，2） B．（2，3） C．（3，4） D．（4，5）4．（5分）已知sinα=31010，cosβ=55，α，β∈(0，A．2π3 B．3π4 C．5π65．（5分）在△ABC中，若a＝1，cosA=154，A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定6．（5分）正方形ABCD的边长为6，E是AD的中点，且DF→=2FCA．﹣6 B．6 C．12 D．07．（5分）1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号：sin、tan、sec（正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：cos、cot、csc（余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中secθ=1cosθ，cscθ=1sinθ，若α∈(0，πA．1 B．33 C．3 D．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，D为BC的中点，AD＝1，且bcosC+ccosB＝﹣2acosA，则△ABC的面积为（）A．78 B．738 C．5二、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.（多选）9．（6分）下列选项正确的是（）A．sin100°cos40°−cos100°sin40°=3B．tan22°+tan38°1−tan22°tan38°C．sin22.5°cos22.5°=2D．co（多选）10．（6分）下列结论正确的是（）A．单位向量都相等 B．e1→=(−1，2)，C．在边长为1的等边△ABC中，AB→D．a→在b→（多选）11．（6分）在△ABC中，已知∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，且D为BC边上一点，则下列说法正确的是（）A．△ABC的外接圆半径R=21B．若AD是BC边上的高，则AD=2C．若AD是∠A的平分线，则AD=6D．若BD→=2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．（5分）若复数（1+i）（3﹣ai）是纯虚数（a∈R），则a＝．13．（5分）已知tan(α+π4)=−114．（5分）已知函数f(x)=2sin(3πx+φ)(0＜φ＜π2)，且x=−19为f（x）的一个零点，则φ＝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）已知复数z＝m+1+（m﹣1）i，m∈R，其中i为虚数单位．（1）若z是实数，求m的值；（2）当m＝0时，求复数1+iz16．（15分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=2，|b（1）求a→⋅b（2）若(a→+λ17．（15分）已知cos(θ+π4（1）求cosθ和sin2θ值；（2）求cos3θ的值．18．（17分）如图，某学校拟建一块五边形区域的“读书角”，三角形区域ABE为书籍摆放区，沿着AB、AE处摆放折线形书架（书架宽度不计），四边形区域BCDE为阅读区，∠BCD＝∠CDE=2π3，DE＝3BC＝3CD＝33（1）求两区域边界BE的长度；（2）区域ABE为锐角三角形．①若∠BAE=π3，求△②若∠BEA=π3，求△19．（17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点：当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝acosC．（1）求A；（2）若bc=23，设点P为△ABC的费马点，求PA（3）设点P在三角形内，到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为L，若L＝t|PA|，求实数t的最小值．

2023-2024学年江苏省扬州市江都区高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知复数z＝1﹣i，z是z的共轭复数，则z的虚部为（）A．﹣i B．﹣1 C．i D．1【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】D【分析】结合共轭复数、虚部的定义，即可求解．【解答】解：复数z＝1﹣i，则z=1+i故选：D．2．（5分）若a→=(−2，5)，b→A．0 B．−52 C．﹣5【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的相等与共线．【答案】B【分析】根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．【解答】解：a→=(−2，5)，则﹣2n＝5，解得n=−5故选：B．3．（5分）函数f（x）＝x﹣5+3x的零点所在的区间为（）A．（1，2） B．（2，3） C．（3，4） D．（4，5）【考点】函数零点的判定定理．【答案】A【分析】利用函数零点存在定理，对区间端点函数值进行符号判断，异号的就是函数零点存在的区间．【解答】解：函数f（x）＝x﹣5+3x的图象是一条连续不断的曲线，且f（x）在R上递增，而f（1）＝﹣1，f（2）＝2﹣5+9＝6，可得f（1）•f（2）＜0，满足零点存在性定理，所以函数f（x）＝x﹣5+3x的零点所在的区间是（1，2）．故选：A．4．（5分）已知sinα=31010，cosβ=55，α，β∈(0，A．2π3 B．3π4 C．5π6【考点】求两角和与差的三角函数值．【答案】B【分析】由已知结合同角平方关系及两角和的余弦公式进行化简可求解cos（α+β），进而可求．【解答】解：因为sinα=31010，cosβ=所以cosα=1010，sinβ所以cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ=10因为0＜α+β＜π，则α+β=3π故选：B．5．（5分）在△ABC中，若a＝1，cosA=154，A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定【考点】解三角形；正弦定理．【答案】C【分析】根据正弦定理求出B，可得结果．【解答】解：因为cosA=154，所以A∈（0，π2），sin又asinA=bsinB所以B=π6或故选：C．6．（5分）正方形ABCD的边长为6，E是AD的中点，且DF→=2FCA．﹣6 B．6 C．12 D．0【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】由平面向量的线性运算将CE→，BF【解答】解：因为正方形ABCD中，E是AD的中点，且DF→所以CE→BF→因为|DA所以CE=1故选：A．7．（5分）1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号：sin、tan、sec（正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：cos、cot、csc（余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中secθ=1cosθ，cscθ=1sinθ，若α∈(0，πA．1 B．33 C．3 D．【考点】同角三角函数间的基本关系；三角函数的恒等变换及化简求值．【答案】C【分析】由题意利用同角三角函数基本关系式即可求解．【解答】解：由题意α∈(0，π2)可得3sinα+cosα＝2，两边平方，可得3sin2α+cos2α+23sinαcosα=3si可得tan2α﹣23tanα+3＝0，则解得tanα=3故选：C．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，D为BC的中点，AD＝1，且bcosC+ccosB＝﹣2acosA，则△ABC的面积为（）A．78 B．738 C．5【考点】正弦定理．【答案】C【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求cosA，进而可求A，然后结合余弦定理及向量的数量积的性质求出bc，再由三角形面积公式即可求解．【解答】解：因为bcosC+ccosB＝﹣2acosA，由正弦定理得，sinBcosC+sinCcosB＝﹣2sinAcosA，即sin（B+C）＝﹣2sinAcosA＝sinA，因为sinA＞0，所以cosA=−1由A为三角形内角得，A＝120°，因为a＝3，由余弦定理得，9＝b2+c2+bc①，因为a＝3，D为BC的中点，AD＝1，所以2AD→两边平方得，4=AB→2+AC→2+2AB所以bc=5则△ABC的面积S=1故选：C．二、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.（多选）9．（6分）下列选项正确的是（）A．sin100°cos40°−cos100°sin40°=3B．tan22°+tan38°1−tan22°tan38°C．sin22.5°cos22.5°=2D．co【考点】两角和与差的三角函数的逆用．【答案】AB【分析】由已知结合和差角公式，二倍角公式检验各选项即可判断．【解答】解：sin100°cos40°﹣sin40°cos100°＝sin（100°﹣40°）=32，tan22°+tan38°1−tan22°tan38°=tan（22°+38°）＝tan60°sin22.5°cos22.5°=12sin45°=cos215°﹣sin215°＝cos30°=32，故选：AB．（多选）10．（6分）下列结论正确的是（）A．单位向量都相等 B．e1→=(−1，2)，C．在边长为1的等边△ABC中，AB→D．a→在b→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量；平面向量的基本定理；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】BD【分析】A中，由向量具有方向性，所以单位向量不相等，判断出A的真假；B中，由向量不共线，可得这两个向量可以作为一组基底，判断出B的真假；C中，由数量积的运算性质可得AB→•BC→的值，判断出C的真假；D中，由向量的投影的定义判断出【解答】解：A中，因为向量的方向不同，所以单位向量不相等，所以A不正确；B中，e1→=（﹣1，2），e2→=（4，8），因为所以e1→，e2C中，等边三角形中，AB＝1，所以AB→•BC→=|AB→|•|BC→|cos（π﹣B）＝1×1×（−D中，由投影向量的定义可得a→在b→上面的投影可以表示为a→故选：BD．（多选）11．（6分）在△ABC中，已知∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，且D为BC边上一点，则下列说法正确的是（）A．△ABC的外接圆半径R=21B．若AD是BC边上的高，则AD=2C．若AD是∠A的平分线，则AD=6D．若BD→=2【考点】解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算．【答案】ACD【分析】选项A，在△ABC中，先利用余弦定理求出BC，再利用正弦定理，求解即可；选项B，采用等面积法，即可得解；选项C，根据△ABC的面积S＝S△ABD+S△ACD，求解即可；选项D，由平面向量的线性运算可得AD→【解答】解：选项A，在△ABC中，由余弦定理知，BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos∠BAC＝9+4﹣2×3×2×1所以BC=7由正弦定理知，2R=BC所以R=213，即选项选项B，△ABC的面积S=12AB•ACsin∠BAC若AD是BC边上的高，则S=12AD•所以AD=2SBC=选项C，若AD是∠A的平分线，则∠BAD＝∠CAD＝30°，因为△ABC的面积S＝S△ABD+S△ACD，所以332=12AB•ADsin30°+12AC•ADsin30°=12•3•所以AD=635选项D，若BD→=2DC两边同时平方得，AD→所以|AD→|=373故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．（5分）若复数（1+i）（3﹣ai）是纯虚数（a∈R），则a＝﹣3．【考点】纯虚数；复数的运算．【答案】﹣3．【分析】根据纯虚数的定义求解．【解答】解：复数（1+i）（3﹣ai）＝3﹣ai+3i+a＝a+3+（3﹣a）i是纯虚数，则a＝﹣3．故答案为：﹣3．13．（5分）已知tan(α+π4)=−13，则【考点】两角和与差的三角函数的逆用．【答案】45【分析】利用特殊角的三角函数值以及两角和的正切公式可求tanα，利用同角三角函数基本关系式化简所求即可得解．【解答】解：因为tan(α+π所以tanα+11−tanα=−1则sinα−2cosα3sinα+cosα故答案为：4514．（5分）已知函数f(x)=2sin(3πx+φ)(0＜φ＜π2)，且x=−19为f（x）的一个零点，则φ＝π3【考点】函数的零点与方程根的关系．【答案】π3【分析】由f（−19）＝0代入求解，即可得第一空答案；将问题转化为y＝f（x）与y=3【解答】解：因为x=−19为f（所以f（−19）＝2sin（−13所以−13π+φ＝kπ，k∈所以φ=13π+kπ，k∈又因为0＜φ＜π所以k＝0，φ=π所以f（x）＝2sin（3πx+π令y=f(x)−3则有f（x）=32x作出y＝f（x）与y=32x因为f（29所以（29，0）是y＝f（x直线y=32x−1所以两函数的交点也关于（29两函数共有9个交点，除（29，0）处其余8个点都关于（2所以所有交点的横坐标的和为29×2×4故答案为：π3四、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）已知复数z＝m+1+（m﹣1）i，m∈R，其中i为虚数单位．（1）若z是实数，求m的值；（2）当m＝0时，求复数1+iz【考点】复数的运算．【答案】（1）1；（2）i．【分析】（1）结合复数的定义即可求解；（2）结合复数的四则运算即可求解．【解答】解：因为z＝m+1+（m﹣1）i，m∈R，（1）若z是实数，则m﹣1＝0，即m＝1；（2）m＝0时，z＝1﹣i，所以1+iz=16．（15分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=2，|b（1）求a→⋅b（2）若(a→+λ【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】（1）a→⋅b（2）﹣3．【分析】（1）由平面向量数量积的运算，结合平面向量模的运算求解；（2）已知(a→+λ【解答】解：（1）已知平面向量a→，b→满足|a→|=2，|b则a→|a（2）已知(a则(a则2a即4+2λ﹣1﹣λ＝0，即λ＝﹣3，即实数λ的值为﹣3．17．（15分）已知cos(θ+π4（1）求cosθ和sin2θ值；（2）求cos3θ的值．【考点】两角和与差的三角函数；二倍角的三角函数．【答案】（1）cosθ=7210，sin2（2）cos3θ=161【分析】（1）由已知结合同角平方关系及二倍角公式即可分别求解；（2）结合二倍角公式及两角和的余弦公式即可求解．【解答】解：（1）因为cos(θ+π4)=所以sin（θ+π4）cosθ＝cos（θ+π4−π4）=22sinθ=2sin2θ＝2sinθcosθ＝2×2（2）因为cos2θ＝1﹣2sin2θ＝1﹣2×2cos3θ＝cos（2θ+θ）＝cos2θcosθ﹣sin2θsinθ=2418．（17分）如图，某学校拟建一块五边形区域的“读书角”，三角形区域ABE为书籍摆放区，沿着AB、AE处摆放折线形书架（书架宽度不计），四边形区域BCDE为阅读区，∠BCD＝∠CDE=2π3，DE＝3BC＝3CD＝33（1）求两区域边界BE的长度；（2）区域ABE为锐角三角形．①若∠BAE=π3，求△②若∠BEA=π3，求△【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（1）6；（2）①93；②（932，18【分析】（1）易知△BCD为等腰三角形，有BD＝3，∠BDC=π6，进一步可得△（2）①在△ABE中，结合余弦定理与重要不等式，推出AB•AE≤36，再由三角形的面积公式，求解即可；②在△ABE中，结合正弦定理与两角和的正弦公式，可得AE＝3+33tan∠BAE，再根据正切函数的性质与∠BAE【解答】解：（1）在△BCD中，∠BCD=2π3，BC＝CD所以BD=3BC＝3，∠BDC=因为∠CDE=2π所以∠BDE＝∠CDE﹣∠BDC=2π即△BDE是直角三角形，所以BE=BD2（2）①在△ABE中，由余弦定理知，BE2＝AB2+AE2﹣2AB•AEcos∠BAE，所以36＝AB2+AE2﹣2AB•AE•12≥2AB•AE﹣AB•AE＝AB•即AB•AE≤36，当且仅当AB＝AE＝6时，等号成立，所以△ABE面积S=12AB•AEsin∠BAE=12AB•AE•故△ABE面积的最大值为93．②在△ABE中，由正弦定理知，BEsin∠BAE所以AE=BE⋅sin∠ABEsin∠BAE=因为△ABE为锐角三角形，所以0＜∠BAE＜π20＜∠ABE=2π3−∠BAE＜所以tan∠BAE∈（33所以AE＝3+33所以△ABE面积S=12BE•AEsin∠AEB=12•6•AE•32=3故△ABE面积的取值范围为（932，1819．（17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点：当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝acosC．（1）求A；（2）若bc=23，设点P为△ABC的费马点，求PA（3）设点P在三角形内，到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为L，若L＝t|PA|，求实数t的最小值．【考点】平面向量数量积的性质及其运算；正弦定理．【答案】（1）π2（2）﹣2；（3）3+23【分析】（1）根据正弦定理化简b＝acosC，得到sinB