2022~2023学年四川成都青白江区城厢中学高一下学期期中数学试卷（PDF版含解析）

2022~2023学年四川成都青白江区城厢中学高一下学期期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1、已知 ， ，则 （ ）
A.
B.
C.
D.
2、已知是虚数单位，复数 i是纯虚数，则实数 的值为（ ）
A.2
B.－2
C.
D.4
3、 的值是
A.
B.
C.
D.
4、命题 ：“向量 与向量 的夹角 为锐角”是命题 ：“ ”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5、如图所示，正方形 的边长为2， 为 的中点， 为 的中点，则 （ ）
A.
B.
C.
D.
6、已知函数 ，为了得到函数 的图象，只需（ ）
A.先将函数 图象上点的横坐标变为原来的2倍，再向右平移 个单位
B.先将函数 图象上点的横坐标变为原来的 ，再向右平移 个单位
C.先将函数 图象向右平移 个单位，再将点的横坐标变为原来的
D.先将函数 图象向右平移 个单位，再将点的横坐标变为原来的2倍
7、在 中，角 的对边分别为 ，已知 ， ， ，则 （ ）
A.45°或135°
B.135°
C.45°
D.60°或120°
8、泰姬陵是印度在世界上知名度最高的古建筑之一，被列为“世界文化遗产”．秦姬陵是印度古代皇帝为了纪念
他的皇妃建造的，于1631年开始建造，用时22年，距今已有366年历史．如图所示，为了估算泰姬陵的高度，现
在泰姬陵的正东方向找一参照物 ，高约为 ，在它们之间的地面上的点Q（B，Q，D三点共线）处测得
处、泰姬陵顶端 处的仰角分别是 和 ，在 处测得泰姬陵顶端 处的仰角为 ，则估算泰姬陵的高度
为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9、下列说法中错误的是（ ）
A.单位向量都相等
B.向量 与 是共线向量，则点A、B、C、D必在同一条直线上
C.若 为非零向量，则 表示为与 同方向的单位向量
D.若 ， ，则
10、将函数 的图象向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标扩大为原来的 倍，得
到函数 的图象，则下列说法正确的有（ ）
A.函数 的最小正周期为
B.函数 的单调递增区间为
C.直线 是函数 图象的一条对称轴
D.函数 图象的一个对称中心为点
11、已知向量 ， ，则（ ）
A.
B.与向量 共线的单位向量是
C.
D.向量 在向量 上的投影向量是
12、 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题为真命题的是（ ）．
A.若 ，则
B.若 ，则 是钝角三角形
C.若 ，则 为等腰三角形
D.若 ， ， ，则满足条件的三角形有且只有一个
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13、已知复数 ，则 = ．
14、已知向量 ， 则 .
15、已知在△ABC中， ＝ ＝ ，则角C的度数为 .
16、下列命题：
①若 ， ， ， 为锐角，则实数 的取值范围是
；
②若非零向量 ，且 ，则 为等边三角形；
③若单位向量 ， 的夹角为60°，则当 取最小值时， ；
④已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点 满足 ，
，则动点 一定通过 的重心；
⑤如果 内接于半径为 的圆，且 ，则 的面积的最大值
为 .
其中正确的序号为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（本小题10分）
已知 ， ，且 与 夹角为 求：
(1)
(2)
18、（本小题12分）
已知复数 .
(1)若 为实数，求 的值；
(2)若 为纯虚数，求 的值；
(3)若复数 在复平面内所对应的点位于第四象限，求 的取值范围.
19、（本小题12分）
已知函数 .
（1）求 ；
（2）求 的最小正周期和单调递增区间.
20、（本小题12分）
已知在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，向量 ， ，且 ．
(1)求角 ；
(2)若 ， ，求 的面积．
21、（本小题12分）
在 中，角 所对的边分别为 ．已知 ．
（Ⅰ）求角 的大小；
（Ⅱ）求 的值；
（Ⅲ）求 的值．
22、（本小题12分）
已知函数 ．
(1)求函数 的单调递增区间；
(2)在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ， ，求 的最大值．
参考答案
一、单选题
1、
【答案】
A
【分析】
， ，
.
因此正确答案为：A
2、
【答案】
A
【分析】
解：由 i是纯虚数，得 ，解得 ．
因此正确答案为：A.
3、
【答案】
D
【分析】
因为 ， ， ，
故选：D
4、
【答案】
A
【分析】
若向量 与向量 的夹角 为锐角，则 ，
当 时，向量 与向量 的夹角 可能为 ，
所以命题 是命题 的充分不必要条件，
因此正确答案为：A
5、
【答案】
D
【分析】
先将 用 表示，再根据数量积的运算律即可得解.
【详解】
由题意， ，
所以 .
故选：D.
6、
【答案】
B
【分析】
直接利用三角函数图像变换可得.
【详解】
对于A：先将函数 图象上点的横坐标变为原来的2倍，得到 ，故A错误；
对于B：先将函数 图象上点的横坐标变为原来的 ，得到 ，再右移 个单位，得到
，即为 ，故B正确；
对于C: 先将函数 图象向右平移 个单位，得到 ，再将点的横坐标变为原来的 ，得到
，故C错误；
对于D: 先将函数 图象向右平移 个单位，得到 ，再将点的横坐标变为原来的2倍，得到
，故D错误；
【点睛】
：
关于三角函数图像平移伸缩变换：先平移的话，如果平移a个单位长度那么相位就会改变ωa；而先伸缩势必会
改变ω大小，这时再平移要使相位改变值仍为ωa，那么平移长度不等于a.
7、
【答案】
C
【分析】
由正弦定理得： 得： ，
因为 ，所以 ，所以 .
因此正确答案为：C
8、
【答案】
A
【分析】
由题设可得 ，应用正弦定理求得 ，进而求 .
【详解】
由题设 且 ，在 测得泰姬陵顶端 处仰角为 ，
所以 ，则 ，
所以 ，故 .
故选：A
二、多选题
9、
【答案】
A;B;D
【分析】
对A，单位向量方向不一定相同，故A有误；
对B，向量 与 是共线向量，A、B、C、D不一定在一条直线上，故B有误；
对C， 为非零向量，则 模长为1，方向与 同向，故C无误；
对D，若 时， ， ，但推不出 ，故D有误.
因此正确答案为：ABD
10、
【答案】
A;B;C
【分析】
函数 的图象向左平移 个单位长度，可得函数 的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标扩大为原来的 倍，
得到函数 的图象，
所以函数 的最小正周期为 ，A无误；
令 ，
解得 ，
所以函数 的单调递增区间为 ，B无误；
是函数的最大值，
所以直线 是函数 图象的一条对称轴，C无误，D有误，
因此正确答案为:ABC.
11、
【答案】
A;C
【分析】
因为 ， ，故 ，
故 ，故 成立，故A无误.
与向量 共线的单位向量为 即 、 ，故B有误.
，故 ，故C无误.
向量 在向量 上的投影向量是 ，故D有误.
因此正确答案为：AC.
12、
【答案】
A;B;D
【分析】
对A选项，根据结论大角对大边，则有 ，
又因为正弦定理 ，所以 ，故A无误；
对B选项，由 可得 ，
∴ ， 为钝角三角形，故B无误；
对C选项，由 可得 ，∴ ，
∴ 或 ， 是直角三角形或等腰三角形，故C有误；
对D选项，由 ，
则 ，解得 ，
故 ，满足条件的三角形有且只有一个，故D无误.
因此正确答案为：ABD．
三、填空题
13、
【答案】
【分析】
试题分析： ，所以
考点：复数模的概念与复数的运算.
14、
【答案】
【分析】
通过题意向量 ，则
则 ，
因此正确答案为：
15、
【答案】
120°
【分析】
由已知得 ,
由正弦定理的 ,
∴ ,
不妨设 ,则 ,
∴ =120°，
因此正确答案为：120°.
16、
【答案】
②④⑤
【分析】
对于①，由 ，
得 ， ，
因为 为锐角，故 且 不共线，
所以 ，解得 且 ，故①有误；
对于②，因为非零向量 ，所以 的角平分线与 垂直，
为等腰三角形，又 ，
又 ，所以 ，所以 为等边三角形，故②无误；
对于③， ，
当 时， 取得最小值，故③有误；
对于④，已知 是平面上一定点， ， ， 是平面上不共线的三个点，动点 满足
， ，
记BC中点为E，则 ，则 ，故 与 共线，
而直线AE过 的重心，故动点P一定通过 的重心，故④无误；
对于⑤，∵ ，
∴根据正弦定理，得 ，可得 ，
∴ ，∵角C为三角形的内角，∴角C的大小为 ，
∵ ，∴由余弦定理 ，
可得 ，当且仅当 时等号成立，
∴ ，
∴ ，即 面积的最大值为 ，故
⑤正确.
因此正确答案为：②④⑤.
四、解答题
17、
【答案】
(1)
(2)
【分析】
（1）由平面向量的数量积的定义求解即可；
（2）由平面向量的数量积的运算律求解即可.
【详解】
（1）因为 ， ，且 与 夹角为 ，
所以 .
（2） .
18、
【答案】
(1) 或
(2)2
(3)
【分析】
（1）若 为实数，则虚部为0，
所以 ，
解得 或
（2）若 为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，
所以 解得
（3）若复数 在复平面内所对应的点位于第四象限，则实部大于0，虚部小于0，
所以 解得
19、
【答案】
（1）0；（2）最小正周期 ，单调递增区间为 ， ．
【分析】
（1）先结合二倍角公式，辅助角公式先进行化简，然后把 代入即可求解，
（2）结合正弦函数的周期公式可求 ，然后利用整体思想 ， ，解不等
式可求 的范围，即可求解．
【详解】
解：（1） ，
，
，
所以
所以 ，
（2）函数的最小正周期 ，
令 ， ，
解得 ，
故 的单调递增区间 ， ．
20、
【答案】
(1)
3
(2)
【分析】
（1）利用平行向量的坐标关系得 ，结合正弦定理与角度关系，即可得角 ；
（2）根据余弦定理求得边长 ，再利用面积公式求解即可.
【详解】
（1）解：因为向量 ， ，且
所以 ，由正弦定理得 ，
又 ，则 ，即 ，又 ，所以 ；
3
（2）解：由余弦定理的 ，整理得 ，解得 或
（舍），
所以 的面积 .
21、
【答案】
（Ⅰ） ；（Ⅱ） ；（Ⅲ） .
【分析】
（Ⅰ）在 中，由 及余弦定理得
，
又因为 ，所以 ；
（Ⅱ）在16g\times 中，由 ， 及正弦定理，可得
；
（Ⅲ）由 知角 为锐角，由 ，可得 ，
进而 ，
所以 .
【点晴】
本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是
一道容易题.
22、
【答案】
(1)
(2)4
【分析】
（1）先把 整理为 ，直接求出 的单调递增区间；
（2）由 ，求出 ，由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.
【详解】
（1）
由 解得： ，
故函数 的单调递增区间为 .
（2） ， ，
又 ， ， ，
又 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，当且仅当“ ”时取等
所以 的最大值为 .