2023-2024学年高一下数学新高考期中模拟卷（二）（人教A版2019必修第二册)

这是一份2023-2024学年高一下数学新高考期中模拟卷（二）（人教A版2019必修第二册)，共15页。试卷主要包含了测试范围，设，则等于，已知向量，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．测试范围：人教版2019必修第二册第六章、第七章
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知平面向量与的夹角为，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则在复平面上所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，，，则b＝（ ）
A．4 B．3 C．2或4 D．2或3
4．如图，正方形中，是的中点，若，则（ ）
A．B．C． D．
5．在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
6．在中，角、、的对边分别为、、，且的面积，，则（ ）
A．B．C．D．
7．设，则等于（ ）
A．9B．10C．11D．12
8．向量的广义坐标是用于描述向量或系统状态的一组数值，其选择取决于问题的特定背景和需求．在物理学、工程学、计算机图形学等领域，广义坐标被广泛应用．比如，物理学中的振动系统可能采用角度作为广义坐标，而工程学中的结构分析可能使用特定坐标系来简化问题．通过选择适当的广义坐标，可以更自然地描述问题，简化数学表达，提高问题的可解性，并使模型更符合实际场景．已知向量，是平面内的一组基向量，O为内的定点．对于内任意一点P，若，则称有序实数对为点P的广义坐标．若点A，B的广义坐标分别为，，关于下列命题正确的（ ）
A．点关于点O的对称点不一定为
B．A，B两点间的距离为
C．若向量平行于向量，则的值不一定为0
D．若线段的中点为C，则点C的广义坐标为
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
9．复数，其共轭复数为，则下列叙述正确的是（ ）
A．对应的点在复平面的第四象限B．是一个纯虚数
C．D．
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．的相反向量是 B．若，则
C．在上的投影向量为 D．若，则
11．如图，在中，内角的对边分别为，若，且是外一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形 B．若，则四点共圆
C．四边形面积的最小值为 D．四边形面积的最大值为
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知向量，且，则向量与的夹角为 ．
13．在复平面内，点A对应的复数为1，点B对应的复数为3＋i，将向量绕点A按逆时针旋转90°，并将模扩大到原来的2倍，得向量，则点C对应的复数为 .
14．已知分别为三个内角的对边，，且，则周长的取值范围为 ．
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）如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．

(1)求的值；
(2)求证：．
16．（15分）在复平面内复数所对应的点为，O为坐标原点，i是虚数单位.
(1)，计算与；
(2)设，求证：，并指出向量满足什么条件时该不等式取等号.
17．（15分）如图，在中，点在边上，．
(1)若，求；
(2)若是锐角三角形，，求的取值范围．
18．（17分）如图：在中，已知与交于点．

(1)用向量表示向量；
(2)过点作直线，分别交线段于点，设，若，，当取得最小值时，求模长．
19．（17分）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为，山路AC长为1260m，经测量，，.

(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
参考答案：
1．B
【分析】
根据向量的数量积公式及模长公式直接求解.
【详解】
由，得，
又，
所以，
所以，
所以，
故选：B.
2．C
【分析】
根据题意，化简复数，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
3．C
【分析】
根据余弦定理，即可求解.
【详解】
由余弦定理，得，
即，解得或.
故选：C.
4．AB
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量线性运算的坐标形式可求，，故可得正确的选项.
【详解】
以为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，
则，则.
故，，，故，
解得，故，，，
故选： AB.
5．B
【分析】
由余弦定理可判定选项A，利用正弦定理和大边对大角可判断选项B，C，D.
【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
对于B，根据正弦定理得，，
又，，B有两解，故B符合题意；
对于C，由正弦定理：得：，
C只有一解，故C不符合题意.
对于D，根据正弦定理得，，
又，，D只有一解，故D不符合题意.
故选：B
6．D
【分析】
根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
【详解】
解：的面积，
，
，
则，
，
，
，
，，，
，
．
故选：D．
7．C
【分析】根据复数范围内的因式分解可得，结合可求前者的值.
【详解】根据题意，w是方程的单位根，因此有．
设，其中，
所以
．
故选：C.
8．D
【分析】
根据广义坐标的定义，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量共线性质逐一判断即可.
【详解】对于A，，设关于点的对称点为，则，
因为，不共线，所以，A错误；
对于B，因为，
所以，
当向量，是相互垂直的单位向量时，，两点间的距离为，否则距离不为，B错误；
对于C，当与中至少一个是时，结论成立；
当与都不为时，设（），有，即，所以，C错误；
对于D，，
所以线段中点的广义坐标为，D正确
故选：D
9．BCD
【分析】
根据题意，化简复数，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】
由题意，复数，
对于A项：，对应的点在复平面的第一象限，所以A项错误；
对于B项：为纯虚数，所以B项正确；
对于C项：，所以C项正确；
对于D项：，所以D项正确.
故选：BCD．
10．AC
【分析】
根据相反向量定义以及投影向量的公式计算可以判断AC，计算，由向量垂直以及向量共线的运算法则计算可求出的值，从而判断BD.
【详解】对于A，由相反向量的定义，即可得到的相反向量是，故A正确；
对于B，因为，所以，
又，且，所以，解得，故B错误；
对于C，因为，所以，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，又，且，
所以，解得，故D错误．
故选：AC.
11．ABD
【分析】对于A，根据正弦定理、两角和的正弦公式有，即，结合，即即可判断；对于B，在中，由余弦定理求得，结合，可得两个角互补，由此即可判断；对于CD，由三角形面积公式、辅助角公式得四边形面积的表达式，结合角的范围即可判断.
【详解】，
根据正弦定理得，即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得为等边三角形，故A正确；
，在中，，
当时，，即共圆，B正确.
又
四边形面积
，
，则，
所以四边形的面积没有最小值，C错误.
当，即时，四边形面积取最大值，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】
利用向量夹角公式可求向量与的夹角.
【详解】因为，所以，
故，故，故，
而，故，
故答案为：.
13．/
【分析】
根据复数的三角形式的表示，结合复数加减法的几何意义即可求解.
【详解】
对应的复数为，逆时针旋转90°，并将模扩大到原来的2倍，
即可得对应的复数为
设点C对应的复数为z，则，故.
故答案为：
14．
【分析】根据余弦定理结合基本不等式求出，再结合三角形中两边之和大于第三边得解.
【详解】因为，，
由余弦定理得，
当且仅当时等号成立．
∴，∴，
又因为，所以，
即周长取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以；
（2）
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
16．(1)，；
(2)证明见解析，
【分析】
（1）利用复数的乘法运算可得，再由复数的几何意义可得，即可计算出；
（2）利用复数运算规律分别求出的平方，利用作差法可得，此时需满足.
【详解】（1）根据可得，
；
且，所以.
（2）因为，
所以，
可得；
因为，
所以，
因此，
所以，
当且仅当时取等号，此时向量满足.
17．(1)；
(2)
【分析】
（1）由余弦定理求得，则，再次利用余弦定理即可得解；
（2）利用正弦定理可得，再利用三角恒等变换结合角的范围即可得解.
【详解】（1）
在中，由余弦定理得，
即，而，解得，
则，
在中，，
由余弦定理得．
（2）
在锐角中，，且，则，
由正弦定理得，
显然，即有，因此，即，
所以的取值范围是
18．(1)
(2)5
【分析】
（1）设，将向量分别用和表示，根据三点共线可求的值；；
（2）将向量用表示，由三点共线，可得，由基本不等式可解.
【详解】（1）
设，将代入，
得,因为三点共线，且三点共线，
所以，得
即．
（2）
，
则，因为三点共线，
则，即
当且仅当，即时取得等号．
此时
.
19．(1)1040m
(2)
(3)
【分析】
（1）先求得，然后由正弦定理求得.
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为d，利用余弦定理列方程，结合二次函数的性质求得的最小值.
（3）根据“两位游客在C处互相等待的时间不超过3min”列不等式，由此求得乙步行的速度的范围.
【详解】（1）由题意，，显然，，
在中，，
由正弦定理，可得，解得.
所以，索道AB的长为1040m.
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为d，
此时甲行走了，乙距离A处，
由余弦定理得
，
因为，即，
则当时，甲、乙两游客之间距离最短.
（3）
由正弦定理，得，
乙从B出发时，甲已走了，还需要走710m才能到达C，
设乙步行的速度为，
由题意得，
所以为了使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，
乙步行的速度应控制在（单位：）范围之内.