山西省吕梁市兴县友兰中学2022-2023学年高一下学期数学第七次测试试题（含解析）

友兰中学2022-2023学年高一下学期数学第七次测试试题
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．在复平面内，复数，则对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知向量，，若，则（ ）
A． B．2 C．4 D．
3．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，则四边形BDOE的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．若复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．2
5．在边长为的正方形中，为的中点，点在线段上运动，则的取值范围是(　　)
A． B． C． D．
6．在中，，则（ ）
A．5∶3∶4 B．5∶4∶3 C． D．
7．设复数(为虚数单位)，若对任意实数，，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．某宝塔主体是由圆柱、棱柱、球等几何体构成，如图所示.为了测量宝塔的高度，某数学兴趣小组在宝塔附近选择楼房作为参照物，楼房高为，在楼顶处测得地面点处的俯角为，宝塔顶端处的仰角为，在处测得宝塔顶端处的仰角为，其中，，在一条直线上，则该宝塔的高度（ ）
A． B． C． D．
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．化简以下各式，结果为的有（ ）
A． B．
C． D．
10．下列四个命题为真命题的是（ ）
A．已知平面向量、、，若，，则
B．若，，则、可作为平面向量的基底
C．若，，则在上的投影向量为
D．若，，，则
11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则可能是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
12．下列关于向量，，的说法正确的是（ ）
A．的充要条件是存在不全为零的实数，使得
B．若且，则
C．若且，则
D．
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13．若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为_________．
14．已知平面向量满足，则的最小值为___________.
15．在中，，点M为三边上的动点，PQ是外接圆的直径，则的取值范围是_______________________
16．若平面向量满足，则对于任意实数，最小值是___________.
四、解答题(本题共6小题,每小题5分,共20分)
17．若复数满足.
(1)求；
(2)求.
18．已知向量，；
(1)求；
(2)若，求实数的值．
19．（1）已知集合，集合，若且，求的取值范围；
（2）如图，矩形中，线段，，向量，，求.
20．在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
(1)求角的大小；
(2)若的周长为，求面积的最大值．
21．在中，所对的边分别为，函数在处取得最大值．
(1)当时，求函数的值域；
(2)若且,求的面积．
22．已知向量与共线，其中A是的内角．
（1）求角A的大小；
（2）若BC=2，求面积S的最大值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】求得，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】，则，因此，对应的点位于第一象限.
故选：A.
2．D
【分析】由向量平行的坐标表示计算．
【详解】∵，∴，解得，
故选：D．
3．C
【分析】利用余弦定理求出，连接BO，利用重心性质得到，从而求出四边形BDOE的面积为，得到答案.
【详解】如图，连接BO，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
因为点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，
所以O为的重心，则，则，
又因为，所以，同理，，
设四边形BDOE的面积为，
则，
其中，故.
即四边形BDOE的面积为.
故选：C
4．B
【分析】根据复数z满足，利用复数的除法得到，再利用求模公式求解.
【详解】因为复数z满足，
所以，
所以，
故选：B
【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模，属于基础题.
5．C
【详解】将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E(x,0)，0≤x≤1.又，C(1,1)，所以，
所以，
因为0≤x≤1，所以，
即的取值范围是.
故选C.
点睛：计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用．
6．D
【分析】利用两个向量的数量积的定义可得，由此求得的值，利用正弦定理可得的值.
【详解】由题意，在中，，
利用向量的数量积的定义可知，即
即，
即，
设，
解得，所以，
所以由正弦定理可得.
故选:D.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及两个向量的数量积的定义的应用，其中利用向量的数量积的定义和正弦、余弦定理求解的比值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.
7．D
【分析】由题意得，复数模的几何意义知，其表示复平面上的点与点间的距离，而点在单位圆上，所以要恒成立，只要点在圆上或其内部即可，从而可得，进而可求出的取值范围
【详解】解：由，得，
由复数模的几何意义知，表示复平面上的点与点间的距离，
而点在单位圆上，要使恒成立，则点必在圆上或其内部，故，解得.
故选：D.
8．C
【分析】先利用和差角公式求出，在直角三角形ABM中解出AM，求出的三个角的大小，利用正弦定理求出CM，在直角三角形CDM中解出CD.
【详解】因为且，所以由正弦定理得：.
在中，易知，，，由正弦定理可得，故.
故选：C
9．ABCD
【分析】根据向量的加减运算法则分别判断.
【详解】，
，
，
.
所以选项全正确.
故选：ABCD
10．BCD
【分析】取可判断A选项；利用平面向量基底的概念可判断B选项；利用投影向量的定义可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，则、不一定共线，A错；
对于B选项，因为，即、不共线，故、可作为平面向量的基底，B对；
对于C选项，在上的投影向量为，C对；
对于D选项，由平面向量数量积可得，D对.
故选：BCD.
11．ABCD
【分析】利用正弦定理得到由此可得或，即可判断.
【详解】∵，由正弦定理，得，即．∵，，∴或，∴或，即为等腰三角形或直角三角形.
故选：ABCD．
12．ACD
【分析】利用共线向量定理可判断A，利用向量平行的概念可判断B，根据相等向量的定义可判断C，利用向量的加法可判断D.
【详解】对于A，若向量，均为零向量，显然符合题意，且存在不全为零的实数，使得；
若，则由两向量平行可知，存在，即，符合题意，由存在不全为零的实数，使得，根据共线向量定理可得；故A正确；
对于B，当时，若且，则与不一定平行，故B错误；
对于C，根据相等向量的定义可知若且，则，故C正确；
定义D，由向量的加法的几何意义可知，当向量，同向或至少有一个向量为零向量时右端等号成立，当向量，反向或至少有一个向量为零向量时左端等号成立，故D正确.
故选：ACD.
13．6
【详解】试题分析：因为，为纯虚数，所以，实数的值为6.
考点：复数的概念及代数运算．
点评：简单题，复数a+bi（a，b为实数）的为纯虚数，须a为0，而b不为0.
14．0
【分析】根据数量积的定义确定的范围，在根据向量模与数量积的关系 可得的范围，即可得的最小值.
【详解】解：因为平面向量满足，又，
所以，
则，由，则，故，
则的最小值为0.
故答案为：0.
15．
【解析】根据向量关系可得，即判断的取值范围即可，由图可知的最大值为，最小值为.
【详解】设外接圆的圆心为，半径为，
可得
，
M为三边上的动点，可知的最大值为到三角形顶点的距离，即为半径，
且的最小值为到边的距离，过作，垂足为，
则，
的最大值为，最小值为，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查数量积的取值范围，解题的关键是利用向量关系整理出，从而转化为的取值范围.
16．
【分析】设向量夹角为，设与的夹角为，利用和，得到，进而得到的最小值
【详解】由题意得，设向量夹角为，则，
，设与的夹角为，
，，
，，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解题关键在于利用，得到，根据与的夹角，得出的最小值．
17．(1)
(2)
【分析】（1）解复数方程求得.
（2）根据复数模的计算公式求得正确答案.
（1）
由，得，
.
（2）
.
18．(1)；
(2).
【分析】(1)由向量的数量积的定义及坐标运算求解即可；
(2)由题意可得，再根据向量的四则运算及坐标运算求解即可.
【详解】（1）解：因为，，
所以；
（2）解：因为，
所以，
即，
即，
所以，
解得.
19．（1）；（2）.
【解析】（1）求出集合，由可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围；
（2）以为坐标原点，以、分别为、轴建立平面直角坐标系，写出点、、、的坐标，利用向量的坐标运算可求得的值.
【详解】（1）因为，所以集合，
又，所以，解得.
因此，实数的取值范围是；
（2）以为坐标原点，以、分别为、轴建立平面直角坐标系，
由得点，由得点，所以，
又、，所以，则，
所以.
【点睛】本题考查了利用集合的包含关系求参数，同时也考查了利用坐标计算平面向量的模，考查计算能力，属于基础题.
20．(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理化角为边，可得，再结合，即得解；
（2）由余弦定理以及可得，再利用面积公式即得解
【详解】（1）由余弦定理，得，
即，则，
所以
又，所以．
（2）由题意，，
根据余弦定理，得，
则，
所以，
当且仅当时取“＝”．
所以，面积，
故面积的最大值为．
21．(1)；
(2)．
【分析】（1）由已知结合数量积的运算得，再由函数在处取得最大值可求出，从而得，结合函数的定义域可得函数的值域.
（2）利用题意利用正弦定理首先求得，结合余弦定理有，则的面积为．
（1）
因为，
所以，
因为函数在处取得最大值，
所以，即
因为，
所以
所以
因为，所以，
所以
所以函数值域为
（2）
因为在中，，，
所以由正弦定理得
所以，
因为
所以
所以
由余弦定理得
所以，
又因为，，
所以，解得
所以面积．
22．（1）；（2）.
【解析】根据向量与共线，得到，再利用二倍角公式和辅助角公式化简得到求解.
（2）结合（1）和BC=2，利用余弦定理得到，再利用基本不等式得到，由求解.
【详解】（1）因为向量与共线，
所以，
所以，
所以，
即，
所以，
因为，
所以.
（2）由余弦定理得：，
即，由基本不等式得：，
即，当且仅当时，取等号，
所以的面积,
所以的面积的最大值是.
【点睛】结论点睛：三角函数、解三角形与平面向量的结合主要体现在以下两个方面：（1）以三角函数式作为向量的坐标，由两个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数解析式；（2）根据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形，然后利用正、余弦定理解决问题．