1、江苏省扬州市2020-2021学年高一下期中数学试题（考试时间：120分钟 总分：150分）一、单项选择题：本题共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. 已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 2. 在中，已知C=45，则角B（ ）A. 30B. 60C. 30或150D. 60或1203. 若是重心，且（，为实数），则（ ）A. B. C. D. 4. 若，则（ ）A. B. C. D. 5. 已知，是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（ ）A. ，则B. 若且，则C. ，则与同向D. 若，是非零
2、向量，且，则与同向6. 在中，角的平分线与边交于点，则（ ）A. B. C. D. 7. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，、是其两条对角线，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）A. B. C. D. 8. 一台风中心在港口南偏东方向上，距离港口千米处的海
3、面上形成，并以每小时千米的速度向正北方向移动，距台风中心千米以内的范围将受到台风的影响，则港口受到台风影响的时间为（ ）A. 小时B. 小时C. 小时D. 小时二、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，有多项是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. 下列命题中正确的是（ ）A. 若，虚数单位，则B. 若复数，满足，则C. 若复数，满足，为虚数单位，则的实部与的虚部互为相反数D. 若复数，满足，则10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ）A. B. 向量在向量上的投影向量为C. 与的夹角的余弦值为D. 若，则11. 在中，角，所对的边
4、分别为，下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则一定为直角三角形C. 若，则外接圆半径D. 若，则一定等边三角形12. 如图，在边长为的正方形中，分别为边，上的两个动点，且记，下列说法正确的有（ ）A. 为定值B. C. D. 的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知，是方程的两根，则_14. 计算：_.15. 我国东汉末数学家赵爽在周髀算经中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，在“赵爽弦图”中，大正方形边长为，则_16. 在平面四边形中，则四边形面积的最大值为_
5、四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 设复数（其中），为虚数单位（1）若是实数，求的值；（2）若是纯虚数，求18. 如图，在菱形中，（1）若，求的值；（2）若，求19. 已知（1）求的值；（2）已知，求的值20. 在中，角，所对的边分别为，请在；这三个条件中任选一个，完成下列问题（1）求角；（2）若，延长到点，使，求线段的长度注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分21. 为落实中共中央、国务院关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见，加快构建德智体美劳全面培养的教育体系，开齐、开足、开好德育、体育、美育、劳动教育课程，某校成立了劳技兴趣
6、小组为了迎接“五一”晚会，该小组制作了一个半径为的圆形灯箱，其发光部分为该圆内的一个关于圆心对称的“工”型，“工”型由横、竖、横三个等宽的矩形组成，两个横向矩形全等且它们的长边是竖直矩形的长边的倍，设为圆心，“工”型的面积记为（1）将表示为的函数；（2）为了使得灯箱亮度最大，设计时应使尽可能大，则当为何值时，最大？22. 已知向量，函数，（1）若，求实数的值；（2）若的最小值为，求实数的值；（3）是否存在实数，使函数，有四个不同的零点？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由江苏省扬州市2020-2021学年高一下期中数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的
7、四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，从而可求出实数的取值范围【详解】解：因为复数在复平面内对应的点在第四象限，所以，解得，所以实数的取值范围为，故选：A2. 在中，已知C=45，则角B为（ ）A. 30B. 60C. 30或150D. 60或120【答案】A【解析】【分析】由正弦定理，求得，结合，即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得，又因为，可得，即，所以.故选：A.3. 若是的重心，且（，为实数），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图，
8、设是中点，再利用重心的性质和平面向量的线性运算求出即得解.详解】如图，设是中点，因为是的重心，所以所以.故选：B4. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式、二倍角公式化简求得所求表达式的值.【详解】.故选：A5. 已知，是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（ ）A. ，则B. 若且，则C. ，则与同向D. 若，是非零向量，且，则与同向【答案】D【解析】【分析】根据向量的基本概念和相关运算法则对各选项进行判断即可.【详解】对于A，若，则，但不一定成立；、对于B，因为，所以，即，无法推出（即当时原式也可以成立），故B错误；对于C，因为，所以，即，所以，由
9、于两向量夹角范围为，所以与夹角为或，即与同向或异向，故C错误；对于D，由平方得，化简得，由于两向量夹角范围为，所以与夹角为，即与同向，故D正确.故选:D6. 在中，角的平分线与边交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理求得值，再根据角平分线的性质求得的值，再利用余弦定理，求得的值.【详解】由余弦定理可得，可得，所以，再根据角平分线的性质，可得，所以，所以，所以.故选：D.7. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和其意
10、思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，、是其两条对角线，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，利用托勒密定理求得，利用圆的几何性质可得出，然后利用三角形的面积公式可求得四边形的面积.【详解】设，由托勒密定理可知，即，所以，又因为，因此，.故选：C.8. 一台风中心在港口南偏东方向上，距离港口千米处海面上形成，并以每小时千米的速度向正北方向移动，距台风中心千米以内的范围将受到台风的影响，则
11、港口受到台风影响的时间为（ ）A. 小时B. 小时C. 小时D. 小时【答案】C【解析】【分析】根据题意画出示意图，根据勾股定理进行求解即可.【详解】如图所示：在距港口的码头南偏东的400千米的海面，将台风中心视为点，则，过作垂直正东线于点，进而可知，台风中心350千米的范围都会受到台风影响,所以在线上取点使得千米，因为千米，千米，是直角 ，根据勾股定理： 千米 因为350千米的范围内都会受到台风影响，所以影响距离是千米，小时，故选：C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，有多项是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. 下列命题
12、中正确的是（ ）A. 若，为虚数单位，则B. 若复数，满足，则C. 若复数，满足，为虚数单位，则的实部与的虚部互为相反数D. 若复数，满足，则【答案】AC【解析】【分析】由复数相等的条件求得、值判断A；举反例说明B、D错误；设，利用复数代数形式的乘除运算求解，判断C【详解】解：对于A，若，则，故A正确；对于B，若复数，满足，则， 如，满足，但，故B错误；对于C，若复数，满足，设，则，得的实部与的虚部互为相反数，故C正确；对于D，若复数，满足，则， 如，满足，但，故D错误故选：AC10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ）A. B. 向量在向量上的投影向量为C. 与的夹角的余弦值为D. 若，则【
13、答案】BD【解析】【分析】根据向量共线的坐标运算法则，可判断A的正误；根据投影向量的求法，可判断B的正误；根据向量夹角的求法，可判断C的正误；根据向量垂直的坐标运算法则，可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：，因为，所以与不平行，故A错误；对于B：向量在向量上的投影向量为，故B正确；对于C：，所以与的夹角的余弦值，故C错误；对于D：若，则，所以，故D正确；故选：BD11. 在中，角，所对的边分别为，下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则一定为直角三角形C. 若，则外接圆半径为D. 若，则一定是等边三角形【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用正弦定理和三角函数恒等变换公式化简判
14、断，对于B，利用余弦定理统一成边化简进行判断，对于C，先利用余弦定理求出，从而可求出，再利用正弦定理可求出外接圆半径，对于D，利用三角函数的性质结合三角形内角进行判断【详解】解：对于A，因为，所以由正弦定理得，所以，所以，所以，所以A正确，对于B，因为，所以，即，所以，所以一定为直角三角形，所以B正确，对于C，由余弦定理得，因为，所以，所以由正弦定理得，所以外接圆半径为，所以C错误，对于D，因为在中，所以，所以，所以，所以一定是等边三角形，所以D正确，故选：ABD12. 如图，在边长为的正方形中，分别为边，上的两个动点，且记，下列说法正确的有（ ）A. 为定值B. C. D. 的最小值为【答案
15、】ACD【解析】【分析】先根据已知条件将所有线段长用含有的式子表示，再对各选项进行分析.对于A可以转化为的值；对于B根据已求式直接表示即可；对于C可以在中利用将与联系起来即可；对于D利用向量的基底法将所求数量积进行转化，再利用基本不等式求解最小值即可.【详解】根据题意可知，则，不妨设，则，.在中根据勾股定理得,即，解得.所以,.对于A，在中，所以，根据图形可知，所以，因为，所以，故A正确；对于B，由易求可得，故B错误；对于C，在中，因为，所以，故C正确；对于D，根据图形以及向量运算法则可知，所以，因为，所以根据基本不等式得，当且仅当即时等号成立，即的最小值为，故D正确.故选:ACD三、填空题：
16、本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知，是方程的两根，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，得到，结合两角和的正切公式，即可求解.【详解】由题意，是方程的两根，可得，则.故答案为：14. 计算：_.【答案】4【解析】【详解】15. 我国东汉末数学家赵爽在周髀算经中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，在“赵爽弦图”中，大正方形边长为，则_【答案】【解析】【分析】根据图象得到，将原式转换为，然后利用向量数量积公式进行运算【详解】根据题意，如图，可得因为，又因为四个直角三角形全等，所以，又因为，
17、即得，所以，所以，又，所以故答案为：16. 在平面四边形中，则四边形面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】设，在和中，利用余弦定理求得，令，结合同角三角函数的平方关系、两角差的余弦公式，求得的最大值，即可求解.【详解】设，在中，由余弦定理知 ，在中，由余弦定理知 ，所以，即，可得，令，则 ，所以，所以当，取到最大值为1200，即的最大值为，所以四边形的面积.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 设复数（其中），为虚数单位（1）若是实数，求的值；（2）若是纯虚数，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）是实数，说明虚部为0，可
18、求出的值，再去计算即可（2）先将进行化简，因为是纯虚数，说明实部为0，且虚部不为0，从而求出，再去计算即可【详解】解：（1）（其中），由是实数，得，则；（2）由是纯虚数，得，即18. 如图，在菱形中，（1）若，求的值；（2）若，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由可得答案；（2）由可得答案.【详解】（1）因为，所以，所以，故（2），为菱形，即19. 已知（1）求的值；（2）已知，求值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知求得，再由倍角公式、同角三角函数基本关系式化弦为切求解的值；（2）求解一元二次方程可得，由两角和的正切求，结合角的范围可得的值【详解】解：（1）由已知得
19、，所以，；（2）由，可得或，则，因为，则，则，所以20. 在中，角，所对的边分别为，请在；这三个条件中任选一个，完成下列问题（1）求角；（2）若，延长到点，使，求线段的长度注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】选择见解析；（1）；（2）7【解析】【分析】（1）选：利用正弦定理将已知等式中的边化角，再由辅助角公式，即可得解；选：利用正弦定理将已知等式中的边化角，再由三角形的内角和定理，即可得解；选：结合余弦定理和正弦的面积公式，可求得的值，从而得解（2）在中，由余弦定理求得，再由正弦定理得的值，然后结合同角三角函数的平方关系与正弦两角差公式求出的值，最后由正弦定理，即可得解【详解
20、】解：（1）若选：，又，即，又，即，故若选：，即，又，又，若选：由，则有，又，（2）中，由余弦定理：，得或（舍），由，可得，中，由正弦定理得：，即，解得，21. 为落实中共中央、国务院关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见，加快构建德智体美劳全面培养的教育体系，开齐、开足、开好德育、体育、美育、劳动教育课程，某校成立了劳技兴趣小组为了迎接“五一”晚会，该小组制作了一个半径为的圆形灯箱，其发光部分为该圆内的一个关于圆心对称的“工”型，“工”型由横、竖、横三个等宽的矩形组成，两个横向矩形全等且它们的长边是竖直矩形的长边的倍，设为圆心，“工”型的面积记为（1）将表示为的函数；（2）为了使得灯箱亮度
21、最大，设计时应使尽可能大，则当为何值时，最大？【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于，求出、关于的关系式，利用矩形的面积公式可得出关于的函数解析式，由可求得该函数的定义域；（2）利用三角恒等变换化简函数解析式为，由可计算出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值.【详解】（1）取的中点，连接交于，由，可得，且，由题意可得，由，可得，由于，则，则，则，；（2），由，可得，当时，即当时，取得最大值22. 已知向量，函数，（1）若，求实数的值；（2）若的最小值为，求实数的值；（3）是否存在实数，使函数，有四个不同的零点？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）；（3）不存在；理由见解析【解析】【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合两角和的余弦公式进行求解即可；（2）根据平面向量数量积的坐标表示公式、平面向量加法、向量模的坐标表示公式，利用换元法、分类讨论进行求解即可；（3）通过解方程，利用转化法，结合余弦函数的性质进行求解即可.【详解】解：（1）因为，所以，从而，又，所以，解得（2），又，所以，令，对称轴为，当即时，当时，舍去，当即时，当时，当即是，当时，舍去，综上，（3）令，即，或，有四个不同的零点，方程和在上共有四个不同的实根，得，无解所以不存在实数，使函数，有四个不同的零点
