山西省吕梁市兴县友兰中学2022-2023学年高一下学期数学第五次测试试题（含解析）

友兰中学2022-2023学年高一下学期数学第五次测试试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共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．若复数z满足，其中是虚数单位，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．3
2．若（为虚数单位），则＝（ ）
A． B． C． D．
3．已知为虚数单位，且，则复数的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
4．复数对应的向量与共线，对应的点在第三象限，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．在△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3： ，则cosC=（　　）
A． B． C． D．
6．在锐角中，角所对的边分别为，且满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A． ； B．若a＝7，b＝8，则只有一解；
C．，则a的最大值为1； D．，则为直角三角形.
8．如图，设在中，，从顶点连接对边上两点，，使得，若，，则边长（ ）．
A．38 B．40 C．42 D．44
二、多选题（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3分，有选错的得0分）
9．若复数满足其中是虚数单位，复数的共轭复数为，则（ ）
A． B．的实部是
C．的虚部是 D．复数在复平面内对应的点在第一象限
10．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角A可能等于（ ）
A． B． C． D．
11．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．的面积为6
12．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.下列各组条件中使得有唯一一解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13．若复数（是虚数单位，）是纯虚数，则__________．
14．复数（其中为虚数单位），则__________.
15．已知复数是纯虚数，则的值为__________.
16．在中，角、、所对的边分别为、、，若，且，则的面积的最大值为___________
四、解答题(本题共6小题,每小题5分,共20分)
17．的内角，，所对的边分别为，，，且的面积.
（1）求；
（2）若、、成等差数列，的面积为，求.
18．已知A、B、C为△ABC的三个内角，其对边分别为a、b、c.并且b＝3，c＝，B＝，求A、C和a.
19．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=60°，.
（1）求△ABC的面积；
（2）若b+c=6，求a的值.
20．在中，内角的对边分别为．若．
(1)求角的大小；
(2)设是的中点，且，求的面积．
21．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
在中，内角的对边分别为的面积为S，若，__________，求b的值．
22．在锐角中，角，，的对边分别为，，，若．
（1）求的值；
（2）是否存在角，（），满足 若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】由已知得，设，化简计算可得.
【详解】因为，所以，故设，则，所以.
故选：B.
2．A
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】由已知可得，
因此，.
故选：A.
3．C
【分析】根据复数的代数形式的除法运算求出，从而得到的共轭复数，再根据复数的几何意义判断复数在复平面所对应的点所在象限.
【详解】，则，所以对应点的坐标为在第三象限，
故选：C．
4．D
【解析】设，根据复数对应的向量与共线，得到，再结合求解.
【详解】设，
则复数对应的向量，
因为向量与共线，
所以，
又，
所以，
解得或，
因为复数对应的点在第三象限，
所以，
所以，，
故选：D
5．D
【详解】由正弦定理得 ,选D.
6．B
【分析】由，根据正弦定理边化角，在消去，可得，利用三角形是锐角三角形，可得，进而求出，对化简，可求出结果．
【详解】因为，由正弦定理可知， ，
又，所以
所以，所以
即，
又是锐角
所以，即，
所以，解得，所以，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过正弦定理和锐角三角形的特点求得，和.
7．D
【分析】由三角函数恒等变换化简题中式子得，求得，可判断A；由可判断B；由三角形两边之和大于第三边可判断C；由代入中得：，求得，进而可得，由勾股定理可判断D.
【详解】，
而,故A错误；
若a＝7，b＝8，，则，所以有两解，故B错误；
由三角形两边之和大于第三边，可知，故C错误；
由得将其代入中得：,
进而得,，,故,进而可得:
,所以满足,故为直角三角形,故D正确.
故选：D.
8．B
【解析】结合正弦定理，设，，对可得，同理对可得，联立解方程即可求解；也可对和使用余弦定理求得，再对使用正弦定理面积公式和余弦定理，联立方程即可求解
【详解】方法一：设，，在中，由正弦定理：，可以化简得，在中，由正弦定理：，可以化简得，联立可得，可以化简得，解得，（舍去），故选B．
方法二：利用余弦定理得，，，而的面积，则，则在中，由余弦定理得，，简化整理得，即，（舍），
故选：B．
【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的具体应用，数学运算的核心素养，属于中档题
9．ABC
【分析】直接由复数的概念、复数的模、复数的几何意义及共轭复数依次判断4个选项即可.
【详解】由题意知：，A正确；的实部是，虚部是，B、C正确；
，在复平面内对应的点在第四象限，D错误.
故选：ABC.
10．BCD
【分析】结合余弦定理 同，然后根据各选项得出用表示的关系式，确定结论是否成立即可．
【详解】由余弦定理得，又，∴，整理可得.
对于A，，则，A错误；
对于B，，则，B正确；
对于C，，则，C正确；
对于D，，则，D正确．
故选：BCD．
11．AD
【分析】利用余弦定理，结合题意，可求得的值，根据，利用正弦定理边化角，可求得的值，利用正弦定理及面积公式，可求得b的值及的面积，即可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，故A正确；
因为，利用正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
即
因为，所以，
所以，又，
所以，故B不正确；
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，故C错误；
，故D正确；
故选：AD
12．BCD
【分析】通过正弦定理和三角形边角关系可判断AD，通过余弦定理可判断BC.
【详解】根据题意，在A条件下，由正弦定理，因为，所以角B在和上各有一个解，并且这两个解与角A的和都小于，所以A不满足；
在B条件下，根据余弦定理可得，即，解得或（舍），所以只有1个解，满足题意；
在C条件下，条件为边角边，根据余弦定理可以求得唯一的c边，所以有唯一解；
在D条件下，由正弦定理，因为，所以角A在和上各有一个解，当解在时，角B与角A的和大于，所以只有1个解，满足题意.
故选：BCD.
13．1
【分析】根据纯虚数的概念列式即可计算.
【详解】是纯虚数，，解得.
故答案为：1.
14．
【分析】根据复数的模长概念求解即可.
【详解】.
故答案为：
15．
【分析】先利用复数的乘除法运算化简复数为，再根据复数是纯虚数，令实部为零，虚部不为零求解.
【详解】因为复数，
又因为复数是纯虚数，
所以，
解得，
所以的值为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
16．
【分析】利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理求出，再用基本不等式求出的最大值，最后利用面积公式计算可得；
【详解】解：，
由正弦定理得，
即，
，
，
则由，
得，当且仅当时取等号，
即，所以的面积，
当且仅当时取等号，即面积的最大值为．
故答案为：．
17．（1）；（2）.
【详解】分析：（1）可得，求得B值；
（2）由a、b、c成等差数列，可得2b=a+c，两边同时平方得：a2+c2=4b2-2ac，又由，可得ac=6，a2+c2=4b2-12，由余弦定理cosB即可求得b.
详解：
（1）∵，
∴，即，
∵，∴.
（2）∵、、成等差数列，
∴，两边同时平方得：，
又由（1）可知：，∴，
∴，，
由余弦定理得，，解，
∴.
点睛：本题考查了余弦定理、三角形面积计算公式、等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18．或
【分析】本题可直接运用余弦定理求出第三边，其余量随即解决，也可运用正弦定理求解.
【详解】方法一：由余弦定理，
得，
，解得或.
当时，；
当时，由正弦定理，得，
.
综上，或.
方法二：由，知三角形有两解.
由正弦定理，得.
或.
当时，，由勾股定理得；
当时，为等腰三角形，.
综上，或.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）首先利用数量积公式，求得，再结合三角形面积公式，求解面积；
（2）根据余弦定理，利用和表示，即可求；另解，联立方程，求得后，再根据余弦定理求
【详解】解：（1）由
（2）
另法：（2）列方程组
解得
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合和正弦和角公式得，进而求得答案；
（2）根据题意得，进而得，解方程得，再求面积即可.
【详解】（1）解：因为，
所以，由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
（2）解：因为是的中点，
所以，，
所以，，
因为，
所以，，即，解得，（舍），
所以，.
21．答案见解析
【分析】由正弦定理得，可求得或.
若选①：由已知可得，当时，可求得，进而可求，由正弦定理可求；
若选②：由余弦定理求得，得出，求出，由正弦定理可求；
若选③：由正弦定理求得，由求得，即可求得，由正弦定理可求.
【详解】由已知及正弦定理得，即，即，
故或，即或.
若选①：
由，可得，
所以，则，
若，则，解得，则，
所以，
由正弦定理得，
若，则，
综上，或；
若选②：
由余弦定理得，故，
若，则，
所以，
由正弦定理得，
若，不符合题意，
综上，；
若选③：
由得，则，即，
若，则，所以，
所以，
由正弦定理得，
若，则，
综上，或.
【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是正确利用正余弦定理结合已知条件求解三角形.
22．（1）；（2）存在，，．
【分析】（1）根据三角形的性质，由题干所给等式以及正弦定理解出即可.
（2）假设存在这样的，满足题意，再诱导公式、同角三角函数关系与两角和的正切公式等算出和.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
又因为，所以，故；
（2）假设存在角，（），满足，
由及，可得，
因为，所以，
由，可得，
由，且，解得，，
从而，，故存在，满足题意．