山东省青岛第十九中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题
1．（2024高一下·市北区期中） （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·市北区期中）（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·市北区期中）中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ）
A． B． C．或 D．或
4．（2024高一下·市北区期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·市北区期中）如图，在中，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·市北区期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣b＝ccosB﹣ccosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
7．（2024高一下·市北区期中）已知是函数一个周期内的图象上的四个点，如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点，为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称，在轴上的投影为，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·市北区期中）如图，在中，，，为边AB的中点，线段AC与DE交于点，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·市北区期中）已知复数，则下列结论中正确的是（ ）
A．对应的点位于第二象限 B．的虚部为
C． D．
10．（2024高一下·市北区期中）已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量为
11．（2024高一下·市北区期中）已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高一下·市北区期中）已知平面向量，若，则 ．
13．（2024高一下·市北区期中）已知，是不共线的向量，且，，，若、、三点共线，则 .
14．（2024高一下·市北区期中）在中，，O是的外心，，则的取值范围为 ．
15．（2024高一下·市北区期中）平面内给定三个向量，，．
（1）求满足的实数m，n．
（2）若满足，且，求的坐标．
16．（2024高一下·市北区期中）已知复平面内表示复数（）的点为.
（1）若点在函数图像上，求实数的值；
（2）若为坐标原点，点，且与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
17．（2024高一下·市北区期中）已知，，，
（1）求的值；
（2）求的值．
18．（2024高一下·市北区期中）已知函数，.
（1）求函数的对称中心与对称轴；
（2）当时，求函数的最值；
（3）当时，求函数的单调递增区间.
19．（2024高一下·市北区期中）如图，圆的半径为3，其中为圆上的两点.
（1）若，当为何值时，与垂直？
（2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且.证明：为定值；
（3）若的最小值为1，求的值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】由相反向量的定义和向量加法、减法的运算法则，从而化简得出所求向量.
2．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式结合余弦的两角和公式计算即可.
3．【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
由于，，所以或.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和正弦定理，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
4．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，解得.
故答案为：C.
【分析】通过“1”的替换，齐次化，得到关于的方程，解方程即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解： 在中，，则，
因为，，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据平面向量的线性运算求解即可.
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
则，
即，
即或，故或.
故答案为：D.
【分析】用正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简变形求解即可．
7．【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点，
为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称，
在轴上的投影为根据对称性得出，最大值点的横坐标为，
，因为，所以，
因为，所以，，
则，因为，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用最值求出 ，利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出.
8．【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，所以是等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
设，则，
在中，由余弦定理可得，
所以．
故答案为：C.
【分析】借助几何性质可得，利用余弦定理可得，再根据余弦定理的求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，则
A、对应的点为，位于第一象限，故A错误；
B、的虚部为，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用复数代数形式的除法化简z，求得对应的点所在象限即可判断A；求得的虚部即可判断B；求得的值即可判断C；求得的值即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，
故，即，故C正确；
对D：，故D正确.
故选：ACD.
【分析】
A项中先求出 ，即可判断；
B项中先求出，即可判断；
C项中先求出，再根据向量夹角的公式，求出的值，即可判断；
D项中先求出在方向上的投影向量为，即可判断.
11．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
当，由，则，
则，，解得，，
即，，
，，即，即或，
当时，有，时，有，
故的取值可能在或.
故答案为：AC.
【分析】借助辅助角公式可将函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性求的范围即可.
12．【答案】
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为平面向量，且，
所以，解得．
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式计算即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：由，可得，
由于，，三点共线，则，
故，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量共线求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，外接圆半径，由正弦定理得，
则．
由余弦定理，
解得，当且仅当时等号成立，
则，即的取值范围为．
故答案为：.
【分析】由正弦定理求出，余弦定理结合重要不等式解得，再由数量积的定义得，求的取值范围即可.
15．【答案】（1）解： 向量，， ，由，可得，解得；
（2）解：设，
由题意可得，
因为，则，①
又因为，所以，②
由①②解得或，
所以的坐标为或.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算列方程组求解即可；
（2）设，由向量共线的坐标表示和模长计算即可.
（1）由题意可得，
解得
（2）设，
由题意可得，
因为，则，①
又，所以，②
由①②解得或，
所以的坐标为或.
16．【答案】（1）解：因为点在函数图像上，
所以，解得；
（2）解：，，
因为与的夹角为钝角，所以，
所以，
即，即，
当两向量共线且反向时，设，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】共线（平行）向量；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；复数在复平面中的表示
【解析】【分析】（1）由复数的几何意义求出点，再代入直线方程求解即可；
（2）由向量的夹角为钝角时数量积小于零且除去共线反向的情况求解即可.
（1）因为点在函数图像上，
所以，解得.
（2），，
因为与的夹角为钝角，所以，
所以，
即，即，
当两向量共线且反向时，设，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
17．【答案】解：（1）因为，所以，
所以，
则
；
（2），则由（1）可知，，，
因为，所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）根据的范围，利用同角三角函数可求得，从而构造，利用两角和差正弦公式求解即可；
（2）根据同角三角函数求出；根据两角和的正切公式求解即可.
18．【答案】（1）解：
，
令，解得，
所以对称轴为；
令，解得，
所以对称中心为；
（2）解：因为，所以，
所以，
所以的最大值1，最小值；
（3）解：由（1）得，
令，
得，
又因为，所以的单调递增区间为和.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）用两角和的正弦公式、二倍角公式、降幂公式及辅助角公式化简为，再用整体法求解函数的对称中心与对称轴即可；
（2）先求的范围，再结合正弦函数的图象求函数的最值即可；
（3）先求再的上的单调递区间，再取与区间上的交集部分即可.
（1）∵
，
令，解得，
所以对称轴为；
令，解得，
所以对称中心为.
（2）∵，
∴，
∴，
所以的最大值1，最小值.
（3）由（1）得，
令，
得，
又因为，所以的单调递增区间为和.
19．【答案】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，即，所以，
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
（2）解：因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以，
化简为，所以，所以为定值；
（3）解：设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；余弦定理
【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，再由向量垂直和数量积的关系求解即可；
（2）由向量的线性运算和共线的条件得到，证明即可；
（3）由向量的数量积的定义得到，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质求解即可.
（1）因为，
所以由余弦定理得，即，所以.
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
（2）因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以
化简为，所以，所以为定值.
（3）设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
1 / 1山东省青岛第十九中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题
1．（2024高一下·市北区期中） （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】由相反向量的定义和向量加法、减法的运算法则，从而化简得出所求向量.
2．（2024高一下·市北区期中）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式结合余弦的两角和公式计算即可.
3．（2024高一下·市北区期中）中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
由于，，所以或.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和正弦定理，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
4．（2024高一下·市北区期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，解得.
故答案为：C.
【分析】通过“1”的替换，齐次化，得到关于的方程，解方程即可.
5．（2024高一下·市北区期中）如图，在中，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解： 在中，，则，
因为，，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据平面向量的线性运算求解即可.
6．（2024高一下·市北区期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣b＝ccosB﹣ccosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
则，
即，
即或，故或.
故答案为：D.
【分析】用正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简变形求解即可．
7．（2024高一下·市北区期中）已知是函数一个周期内的图象上的四个点，如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点，为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称，在轴上的投影为，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：如图所示，为轴上的点，为图象上的最低点，
为该函数图象的一个对称中心，与关于点对称，
在轴上的投影为根据对称性得出，最大值点的横坐标为，
，因为，所以，
因为，所以，，
则，因为，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用最值求出 ，利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出.
8．（2024高一下·市北区期中）如图，在中，，，为边AB的中点，线段AC与DE交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，所以是等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
设，则，
在中，由余弦定理可得，
所以．
故答案为：C.
【分析】借助几何性质可得，利用余弦定理可得，再根据余弦定理的求解即可.
9．（2024高一下·市北区期中）已知复数，则下列结论中正确的是（ ）
A．对应的点位于第二象限 B．的虚部为
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，则
A、对应的点为，位于第一象限，故A错误；
B、的虚部为，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用复数代数形式的除法化简z，求得对应的点所在象限即可判断A；求得的虚部即可判断B；求得的值即可判断C；求得的值即可判断D.
10．（2024高一下·市北区期中）已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，
故，即，故C正确；
对D：，故D正确.
故选：ACD.
【分析】
A项中先求出 ，即可判断；
B项中先求出，即可判断；
C项中先求出，再根据向量夹角的公式，求出的值，即可判断；
D项中先求出在方向上的投影向量为，即可判断.
11．（2024高一下·市北区期中）已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
当，由，则，
则，，解得，，
即，，
，，即，即或，
当时，有，时，有，
故的取值可能在或.
故答案为：AC.
【分析】借助辅助角公式可将函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性求的范围即可.
12．（2024高一下·市北区期中）已知平面向量，若，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为平面向量，且，
所以，解得．
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式计算即可.
13．（2024高一下·市北区期中）已知，是不共线的向量，且，，，若、、三点共线，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：由，可得，
由于，，三点共线，则，
故，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量共线求解即可.
14．（2024高一下·市北区期中）在中，，O是的外心，，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，外接圆半径，由正弦定理得，
则．
由余弦定理，
解得，当且仅当时等号成立，
则，即的取值范围为．
故答案为：.
【分析】由正弦定理求出，余弦定理结合重要不等式解得，再由数量积的定义得，求的取值范围即可.
15．（2024高一下·市北区期中）平面内给定三个向量，，．
（1）求满足的实数m，n．
（2）若满足，且，求的坐标．
【答案】（1）解： 向量，， ，由，可得，解得；
（2）解：设，
由题意可得，
因为，则，①
又因为，所以，②
由①②解得或，
所以的坐标为或.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算列方程组求解即可；
（2）设，由向量共线的坐标表示和模长计算即可.
（1）由题意可得，
解得
（2）设，
由题意可得，
因为，则，①
又，所以，②
由①②解得或，
所以的坐标为或.
16．（2024高一下·市北区期中）已知复平面内表示复数（）的点为.
（1）若点在函数图像上，求实数的值；
（2）若为坐标原点，点，且与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为点在函数图像上，
所以，解得；
（2）解：，，
因为与的夹角为钝角，所以，
所以，
即，即，
当两向量共线且反向时，设，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】共线（平行）向量；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；复数在复平面中的表示
【解析】【分析】（1）由复数的几何意义求出点，再代入直线方程求解即可；
（2）由向量的夹角为钝角时数量积小于零且除去共线反向的情况求解即可.
（1）因为点在函数图像上，
所以，解得.
（2），，
因为与的夹角为钝角，所以，
所以，
即，即，
当两向量共线且反向时，设，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
17．（2024高一下·市北区期中）已知，，，
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】解：（1）因为，所以，
所以，
则
；
（2），则由（1）可知，，，
因为，所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）根据的范围，利用同角三角函数可求得，从而构造，利用两角和差正弦公式求解即可；
（2）根据同角三角函数求出；根据两角和的正切公式求解即可.
18．（2024高一下·市北区期中）已知函数，.
（1）求函数的对称中心与对称轴；
（2）当时，求函数的最值；
（3）当时，求函数的单调递增区间.
【答案】（1）解：
，
令，解得，
所以对称轴为；
令，解得，
所以对称中心为；
（2）解：因为，所以，
所以，
所以的最大值1，最小值；
（3）解：由（1）得，
令，
得，
又因为，所以的单调递增区间为和.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）用两角和的正弦公式、二倍角公式、降幂公式及辅助角公式化简为，再用整体法求解函数的对称中心与对称轴即可；
（2）先求的范围，再结合正弦函数的图象求函数的最值即可；
（3）先求再的上的单调递区间，再取与区间上的交集部分即可.
（1）∵
，
令，解得，
所以对称轴为；
令，解得，
所以对称中心为.
（2）∵，
∴，
∴，
所以的最大值1，最小值.
（3）由（1）得，
令，
得，
又因为，所以的单调递增区间为和.
19．（2024高一下·市北区期中）如图，圆的半径为3，其中为圆上的两点.
（1）若，当为何值时，与垂直？
（2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且.证明：为定值；
（3）若的最小值为1，求的值.
【答案】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，即，所以，
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
（2）解：因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以，
化简为，所以，所以为定值；
（3）解：设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；余弦定理
【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，再由向量垂直和数量积的关系求解即可；
（2）由向量的线性运算和共线的条件得到，证明即可；
（3）由向量的数量积的定义得到，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质求解即可.
（1）因为，
所以由余弦定理得，即，所以.
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
（2）因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以
化简为，所以，所以为定值.
（3）设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
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