福建省宁德市部分学校高一下学期4月期中质量监测数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省宁德市部分学校高一下学期4月期中质量监测数学试题（解析版）-A4，共12页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 若向量，，，则， 若，且，则， 已知复数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第五章，必修第二册第六、七章.
一、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. 设向量，，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算化简求解.
【详解】因为，所以.
故选：D.
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数乘方的运算及复数对应的点求解.
【详解】因为，
所以复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C
3. 一个扇形的周长数值是半径数值的3倍，则这个扇形的圆心角为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，结合扇形的周长公式计算即可.
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，则，得.
故选：B.
4. 已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理求解.
【详解】由正弦定理得，解得.
故选：A
5. 若向量，，，则（ ）
A. 16B. 32C. 64D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示列出关于的方程，然后对数式化为指数式即可求解.
【详解】因为，所以，解得.
故选：C
6. 已知向量，满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量公式及已知条件可得，化简可计算出的值.
【详解】根据公式可知向量在向量上的投影向量为
所以，得.
故选：A
7. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将条件式弦化切结合角范围求得，利用二倍角正切公式求解.
【详解】依题意得，解得或3.
因为，所以，
所以.
故选：D.
8. 如图1，汾阳文峰塔位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌社区，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位居中国砖结构古塔之首.如图2，某测绘小组为了测量汾阳文峰塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为（），则塔高（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理求出，再解直角三角形即可得解.
【详解】由余弦定理得，
即，解得，
因为在点处测得塔顶的仰角为，
所以.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知是平面向量的一组基底，能组成平面向量的一组基底的有（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量基底的概念进行判断即可.
【详解】由，得，共线，
由，得，共线，
所以，，不能组成平面向量的一组基底．
即AD不能组成平面向量的一组基底.
因为不存在实数，使得，和，
所以与不共线，与不共线，
故B，C符合题意．
故选：BC
10. 已知复数，则（ ）
A. B. 的共轭复数为
C. 为实数D. 为纯虚数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的除法化简复数，再根据复数的模，共轭复数等复数的概念求解判断.
【详解】因为，
则，的共轭复数为，，不是实数，，为纯虚数.
故选：AD.
11. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D. 的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图象求解，再根据题意求出的值，由，，求出，进而判断选项.
【详解】由图可知，由得
结合正弦曲线的图象可得，
两式相减得，得，B正确．
由，得，
因为，所以，C错误．
因为，所以，A正确．
因为，所以的图象关于直线对称，D正确．
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 复数的虚部为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的概念判断.
【详解】复数的虚部为.
故答案为：.
13. 函数的最小正周期为________，定义域为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据正切函数周期公式及定义域计算求解.
【详解】函数的最小正周期.
由，，得，，则函数的定义域为.
故答案为：；.
14. 如图，一滑轮组中有两个定滑轮A，B，在从连接点O出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为4N，4N，7N，此时整个系统处于平衡状态，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再利用数量积运算律及夹角公式计算得解.
【详解】依题意，，则，
即，解得，
所以.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，满足，，且.
（1）求与的夹角；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的夹角公式求解；
（2）利用向量数量积的运算律求解向量的模即可.
【小问1详解】
，
，
因为，所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
16. 的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）若，求外接圆的面积；
（2）若，，求；
（3）若，延长至点，使得，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理求出外接圆的半径即可得解；
（2）利用余弦定理求解；
（3）根据，利用面积公式化简即可得解.
【小问1详解】
设外接圆的半径为.
由正弦定理，得，
解得，故外接圆的面积为.
【小问2详解】
由余弦定理，得.
【小问3详解】
由，
得，
代入，化简得.
17. 如图，在直角梯形中，，，，，，.
（1）试用，表示；
（2）求；
（3）若为边上一点，且，求.
【答案】（1）
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的线性运算求解；
（2）建立平面直角坐标系，利用坐标法求向量的数量积；
（3）设，根据，利用向量数量积求解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
如图，
以为原点，，所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，，，.
因为，，
所以.
小问3详解】
如图，设，则，
，
因为，所以，
得或6.
故或.
18. 将余弦曲线上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得曲线向左平移个单位长度，进一步将所得曲线上所有点的纵坐标扩大为原来的6倍，横坐标不变，得到函数的图像．
（1）求的解析式；
（2）求的单调递减区间；
（3）若函数在上有且仅有4个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题给条件，逐步推导解析式即可得解.
（2）整体代入余弦函数的单调递减区间求解即可.
（3）根据有个零点等价于有个根，进而转化成两个函数图象有个交点，根据题意确定交点的分布规律，从而确定的取值范围.
【小问1详解】
由题意余弦曲线上所有点的横坐标变为原来的，得，
再将所得曲线向左平移个单位长度，得，
再将所得曲线上所有点的纵坐标扩大为原来的6倍，得
所以.
【小问2详解】
由，得，
所以的单调递减区间为．
【小问3详解】
令，得，得，
则函数在上图象与直线有且仅有4个公共点．
由，得，
令,图象如图.
所以，得，即的取值范围为.
19. 的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，，求内切圆的半径；
（3）若为的垂心，且点在内，直线与交于点，且，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据已知及正弦边角关系得，再由余弦定理求角的大小；
（2）由及面积公式得、，再由内切圆半径即可得；
（3）设，，进而得到、，最后有即可求最大值.
【小问1详解】
因为，
所以.
由正弦定理得，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，代入数据得.
因为面积，
所以内切圆的半径.
【小问3详解】
如图，设，，则，且.
因为，所以.
由正弦定理得，所以，
所以，其中，
故的最大值为.