2022-2023学年江苏省苏州市高一下学期期中数学试题

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1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简复数，再求的虚部.
【详解】，
则的虚部为.
故选：C.
2. 是所在平面上一点，若，则是的（ ）
A. 外心B. 内心C. 重心D. 垂心
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的性质推导出，进一步可得出，，即可得出结论.
【详解】因为，则，所以，，
同理可得，，故是的垂心.
故选：D.
3. 已知复数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，由题意可得，由此可知复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上及圆内部，而表示点到点的距离，进而结合圆的知识即可求解.
【详解】设，
则，
即，
所以复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上及圆内部，
又表示点到点的距离，
而到的距离为，
所以的最小值为.
故选：A.
4. 欧拉公式是由18世纪瑞士数学家､自然科学家莱昂哈德･欧拉发现的，被誉为数学上优美的公式.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按已知公式展开，由等式列出方程组，解出，进而求解.
【详解】 ，
，
，
，，
即，，
.
故选：A.
5. 在如图所示的半圆中，为直径，为圆心，点为半圆上一点且，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，，由，根据数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，，所以，
又，所以，又，
所以
.
故选：C
6. 在中，若，则的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理或三角恒等变换，记得判断的形状.
【详解】由正弦定理，以及二倍角公式可知，,
即，整理为，
即，得，或,
所以的形状为等腰三角形或直角三角形.
故选：D
7. 点是所在平面内一点且满足，则下列说法正确的个数有（ ）
①若，则点是边的中点；②若点是边上靠近点的三等分点，则；③若点在边的中线上且，则点是的重心；④若，则与的面积相等.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】①转化为，即可判断；②选项转化为，进而根据平面向量基本定理即可判断；③分析可得点为边的中线的中点，即可判断；④可得点在直线上，点与点到边的距离相等即可判断.
【详解】①若，则，
即，即.
即点是边的中点，故①正确；
②由点是边上靠近点的三等分点，
所以，即，
即，
所以，故②错误；
③因为点在边的中线上，设为中点，
设，
又，
所以，
又，则，
所以，即，
所以点为边的中线的中点，故不是重心，故③错误；
④设，，则，，
故点在直线上，点与点到边的距离相等，
所以与的面积相等，故④正确.
故选：B.
8. 在中，，边上的高等于，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设出，再利用锐角三角函数结合勾股定理，分别求出、的值，再由余弦定理即可求出的值.
【详解】
由题意，设，那么边上的高，
，，，
则，
，
在中，由余弦定理可得：
.
故选：B.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若关于的方程的一个根是，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 的共轭复数在复平面内对应的点在第二象限
D. 在复平面内对应的两点间的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】首先将方程的实数根代入方程，求，再分别根据共轭复数的定义，以及复数的几何意义判断选项.
【详解】由条件可知，，
整理为，则，，故A正确，B错误；
，其共轭复数，对应的点的坐标为，在第三象限，故C错误；
，对应的点为，，对应的点为，两点间的距离，故D正确.
故选：AD
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 非零向量和不共线，若，则、、三点共线
B. 已知和是两个夹角为的单位向量，且，则实数
C. 若四边形满足，则该四边形一定是矩形
D. 点在所在的平面内，动点满足，则动点的运动路径经过的重心
【答案】BD
【解析】
【分析】计算出，即可判断与不共线，从而判断A，根据数量积的定义及运算律判断B，可得再结合平面几何的性质判断C，设的中点为，得到，即可判断D.
【详解】对于A：因为非零向量和不共线，所以和可以作为平面内的一组基底，
因为，，
所以，
显然不存在实数使得，故、、三点不共线，故A错误；
对于B：因为和是两个夹角为的单位向量，所以，
又，且，
所以，
即，解得，故B正确；
对于C：由可得ABCD为平行四边形 ，，即，
所以，即四边形为对角线互相垂直的平行四边形，则该四边形可能是菱形或正方形，故C错误；
对于D：设的中点为，则，因为，
所以，即，所以、、三点共线，
即在上，又三角形重心在上，所以动点的运动路径经过的重心，故D正确；
故选：BD
11. 在中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 有两解B. 边上的高为
C. 的长度为D. 的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦定理判断A；根据条件直接求边上的高，判断B；根据余弦定理判断C；根据三角形面积公式判断D.
详解】A.根据正弦定理可知，，则，解得:，
且，所以角只有一解，故A错误；
B. 边上的高，故B正确；
C.根据余弦定理，即，
解得：或（舍）
即的长度为，故C正确；
D.，故D错误.
故选：BC
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 的对称轴是
C. 方程在的解为，且
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.去绝对值后，化简函数，判断函数的单调性；B.根据对称性的性质，判断对称性；
C.去绝对值，写成分段函数，根据图象，判断选项；D.根据函数的最值，结合图象，判断D.
【详解】
，所以函数是周期函数，周期为，
当时，，，根据周期性可知，与单调性一样，在区间单调递减，所以在区间单调递增，故A正确；
若函数的对称轴是，则其中一条对称轴是，但，，，所以函数不关于对称，故B错误；
当时，，
当时，，
所以，，
如图，画出函数的图象，
当时，，当时，取得最大值2，
当时，，当时，取得最大值2，
方程在的解为，，
，所以，故C正确；
因为函数的最大值为2，最小值为-1，若，则，，,,,
,所以，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 下面给出的几个关于复数的命题，
①若是纯虚数，则实数
②复数是纯虚数
③复数在复平面内对应的点位于第三象限
④如果复数满足，则的最小值是2
以上命题中，正确命题的序号是______.
【答案】②③
【解析】
【分析】根据纯虚数的概念和复数的几何意义逐个检验可得
【详解】对于①，因为为纯虚数，所以，
解得，故①错误；
对于②，因为，所以，所以是纯虚数，故②正确；
对于③，因为，，所以在
复平面内对应的点在第三象限，故③正确；
对于④，由复数的几何意义知，表示复数z对应的点Z到点
和到点的距离之和，又因为，所以复数z对应的点Z在线段AB上，
而表示点Z到点的距离，
所以其最小值为，故④错误．
故答案为：②③．
14. 已知的最大值为，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用两角差的正弦公式化简，再结合辅助角公式列出关于a的方程，即可求得答案.
【详解】由，
由于最大值为，故，
解得，或（负值舍去），
故答案为：2
15. 是钝角三角形，内角所对的边分别为，则最大边的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，由余弦定理结合即可求解.
【详解】因为是钝角三角形，最大边为，所以角为钝角，
在中，由余弦定理可得：
，可得，
又因为，所以，
所以最大边的取值范围是：.
故答案为：.
16. 根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和．现在对直角三角形按上述操作作图后，得如图所示的图形，若，则____________．
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，标出各个点的坐标，利用平面向量的坐标运算即可得解.
【详解】如图，以A为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，
设正方形的边长为，则正方形的边长为，正方形边长为
可知，，，
则，，即
又，
即，即，化简得
故答案为：
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知复数（其中是虚数单位，）.
（1）若在复平面内表示的点在第三象限的角平分线上，求实数的值；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，解之即可得解；
（2）根据，可得，消去，再结合三角函数的性质即可得解.
【小问1详解】
若在复平面内表示的点在第三象限的角平分线上，
则，解得；
【小问2详解】
若，
则，
由②得③，
将①③相加得，
故，
因为，
则当时，，当时，，
所以的取值范围为.
18. 已知函数图象相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求的单调递减区间.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简即可求解；
（2）根据函数图象的平移和变换公式得到，再利用正弦函数的图象及性质求解即可.
【小问1详解】
由，
整理得：，
由于相邻两对称轴间的距离为，
故函数的最小正周期为π，故．
所以；
【小问2详解】
由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
再把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），
得到函数，
令，，
即，，
所以的单调递减区间为，.
19. 设是虚数，是实数且.
（1）求的值以及实部的取值范围；
（2）若，求证：为纯虚数.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）待定系数法设出，代入到上式，利用共轭复数进行化简，由是实数可求得，且，故而，再根据，即可求得实部的范围；
（2）直接将（1）中代入，结合复数的除法运算化简，再由，范围即可得证.
【小问1详解】
设(，且)，
则，
∵是实数，，
∴，即，
则，
又∵，
∴，即，
∴的实部的取值范围为；
【小问2详解】
，
因，，
所以为纯虚数.
20. 如图，一个直径为的水车按逆时针方向每分钟转1.8圈，水车的中心距离水面的高度为，水车上的盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计时，则与时间（单位：）之间的关系为.
（1）求与的函数解析式；
（2）求在一个旋转周期内，盛水筒在水面以上的时长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，，由周期求出，再结合图形可得，即可求出，从而得到函数解析式；
（2）令，即，结合正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
依题意，， ，即，则，
由给定的图形知，，又，即有，
所以与的函数解析式是；
【小问2详解】
令，即
所以，解得，
所以水车在一个旋转周期内，盛水筒在水面以上的时长为．
21. 在中，角的对边分别是，满足.
（1）求角的余弦值；
（2）若是边的中点且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理得到，即可求出，从而得解；
（2）设，利用正弦定理表示出，，设，利用辅助角公式化简，最后结合正弦函数的性质计算可得.
小问1详解】
在中，由正弦定理有，
，
，即，
在中，由余弦定理，有，
，则，即，
，∴，则；
【小问2详解】
如图，设，则，，
在中,根据正弦定理，有，
，，
设
，
（其中，，易得）
又，所以在上单调递增，
所以，又，
所以的取值范围为．
22. 设正的边长为为的外心，为边上的等分点，为边上的等分点，为边上的等分点.
（1）当时，求的值；
（2）当时.
（i）求的值（用表示）；
（ii）求的最大值与最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）最大值为，最小值为．
【解析】
【分析】（1）根据共线，将用表示，求和后再求模长；
（2）（i）根据数量积定义计算；
（ii）将用表示，依次视为的函数讨论单调求最值.
【小问1详解】
当时，，，……，，

又为等边三角形，且边长为，为外接圆的圆心，
，且，
，
则，
；
【小问2详解】
(ⅰ)为等边三角形，为外接圆的圆心，，
则，，
又，分别为，的等分点，又，
，；

（ⅱ），
；
同理可得：；；
；
令
①当时，
时，，
，时取最大值，则；
时，，
，时取最小值，则，
则当时，；
②当时，
时，，
，时取最大值，则；
时，，
，时取最小值，则，
则当时，；
综上所述：的最大值为，最小值为．
【点睛】关键点点睛：求的最值利用函数的单调性求最值，先整理为的形式，视为关于的一次函数， 讨论的正负确定单调性，确定在或时取得最值，类似的，下一步再视为关于的一次函数求最值，最后再视为关于的一次函数求最值.