天津市静海区第一中学2019-2020学年高一3月学生学业能力调研考试数学试题

天津市静海区第一中学2019-2020学年高一3月学生学业能力调研考试数学试题

静海一中2019-2020第二学期高一数学（5周）‎ 学生学业能力调研考试试卷 考生注意：本次考试开考时间为13:45 考试时间为14:00—15:30 交卷时间截止到15：40 请同学们严格按照考试时间作答，并将答题纸拍照上传 本试卷分第Ⅰ卷基础题（100分）和第Ⅱ卷提高题（20分）两部分，共100分.‎ 知 识 与 技 能 学习能力（学法）‎ 内容 向量 正余弦 综合 易混易错 方法归类 分数 ‎50‎ ‎40‎ ‎30‎ ‎5‎ ‎15‎ 第Ⅰ卷 基础题（共100分）‎ 一、选择题:（每小题5分，共45分.每小题只有一个正确选项.）‎ ‎1.若复数为纯虚数，则=（ ）‎ A. B. C. 5 D. 25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数除法运算化简，结合纯虚数定义求得的值，代入后，由复数模的运算即可求解.‎ ‎【详解】复数 由复数的除法运算化简可得 因为复数为纯虚数 则 ‎ 解得 ‎ 有复数模的求法可得 故选：C ‎【点睛】本题考查了复数的概念和复数的运算，复数模的求法，属于基础题.‎ ‎2.给出下面几种说法：‎ ‎①相等向量的坐标相同；‎ ‎②若向量满足，则 ‎③若，，，是不共线的四点，则“”是“四边形为平行四边形”的充要条件；‎ ‎④的充要条件是且.‎ 其中正确说法的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量定义及共线的条件，充分必要条件的判断，可判断四个选项.‎ ‎【详解】对于①，因为向量可以平移，所以相等向量的坐标相同，所以①正确；‎ 对于②，若向量满足，因为方向向量不确定，所以不一定正确，故②错误；‎ 对于③，，，，是不共线的四点，若“”，由平行四边形判定定理“一组对边平行且相等，则四边形为平行四边形”可知“四边形为平行四边形”；若“四边形为平行四边形”，由平行四边形性质可知“对边平行且相等”，所以“”，即“”是“四边形为平行四边形”的充要条件，故③正确；‎ 对于④，若，则且；若且，则或，故④错误.‎ 综上可知，正确的为①③‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了平面向量的定义，共线条件及充分必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎3.已知向量，满足，，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量平行的坐标关系，可求得的值.再根据向量加法和数乘的坐标运算即可求得.‎ ‎【详解】向量，满足，，若∥‎ 则，解得 ‎ 所以， ‎ 由向量加法和数乘的坐标运算可得 故选：A ‎【点睛】本题考查了平面向量平行的坐标关系，由平行关系求参数，平面向量加法和数乘的坐标运算，属于基础题.‎ ‎4.若点A在点C的北偏东60°方向上，点B在点C的南偏东30°方向上，且AC=BC，则点A在点B的（ ）‎ A. 北偏东方向上 B. 北偏西方向上 C. 北偏东方向上 D. 北偏西方向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出几何位置关系，即可判断角度和方向.‎ ‎【详解】由题意，点A在点C的北偏东60°方向上，点B在点C的南偏东30°方向上，且AC=BC，可得几何位置关系如下图所示：‎ 则，‎ 所以,故点A在点B的北偏东方向上 故选：A ‎【点睛】本题考查了根据位置关系求角度的实际应用，属于基础题.‎ ‎5.在中，为重心，为上一点，且满足，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件，画出几何图形，即可由向量的线性运算用基底表示出 详解】根据题意,画出几何关系如下图所示:‎ 由平面向量线性运算可得 ‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理的应用，属于基础题.‎ ‎6.在中，则角（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理及正弦和角公式，展开化简即可求得求得后代入检验即可舍去不符合要求的解.‎ ‎【详解】在中，‎ 因为 而 代入化简可得 因为由正弦定理可得 代入化简可得 即 因为 ‎ 所以或 当时，，不合题意 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查了三角函数式的化简变形，正弦定理在边角转化中的应用，需注意舍去不符合题意的解，属于中档题.‎ ‎7.如图，在中，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的线性运算可知，结合平面向量数量积定义即可求解.‎ ‎【详解】根据向量的线性运算，结合平面向量数量积定义可得 由可知 所以 故选：B ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量数量积的定义及运算，属于中档题.‎ ‎8.所在平面内一点满足，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量基本定理，用作基底表示出.即可求得，由余弦二倍角公式即可求得.‎ ‎【详解】所在平面内一点，‎ 所以 因为 所以 由余弦二倍角公式可得 故选：C ‎【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，用基底表示向量形式，余弦二倍角公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎9.点是所在平面上的两点，满足和，则的形状是（ ）‎ A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面向量的加法与减法运算，将表达式化简.即可由向量数量积定义求得的关系，进而判断的形状.‎ ‎【详解】点是所在平面上的两点，满足 所以 即 因为 所以 即，所以 又因为 则 所以 即 两边同时平方并展开化简可得 即 所以 ‎ 综上可知，的形状是等腰直角三角形 故选：A ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量数量积的运算律与定义，向量垂直与数量积关系，三角形形状的判断，属于中档题.‎ 二、填空题（每小题5分，共27分）‎ ‎10.若（是虚数单位），则复数的虚部为_________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将复数移项化简，即可由复数的除法运算化简得复数的虚部.‎ ‎【详解】因为 移项可得 所以 即复数的虚部为2‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查了复数概念，复数的除法运算化简，属于基础题.‎ ‎11.已知的内角的对边分别为，若，的面积为，则面积的最大值为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理可知，结合三角形面积公式即可求得.再代入余弦定理即可求得的最大值，进而求得面积的最大值.‎ ‎【详解】中，， ‎ 则由余弦定理可知 的面积为，结合三角形面积公式可知 化简可得 ‎ 因为，所以 由余弦定理可知 代入得，即 因为 所以，即 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，利用基本不等式求最值，属于中档题.‎ ‎12.在梯形中，已知，，，若，则=_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出梯形，由平面向量的线性运算及平面向量基本定理，即可求得的值，从而求得的值.‎ ‎【详解】根据题意，，，，画出梯形如下图所示：‎ 则 因为 所以 则 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理的应用，属于基础题.‎ ‎13.在四边形中，，点在线段的延长线上，且，则_____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出四边形，根据向量的线性运算与数量积定义，结合向量数量积的运算律，即可求得的值.‎ ‎【详解】根据题意，四边形中，，点在线段的延长线上，且，画出几何图形如下图所示：‎ 由平面向量的线性运算，结合向量数量积定义可得 因为 所以上式 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量数量积的定义及运算律，属于中档题.‎ ‎14.在等腰梯形中，已知若，则_____.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，以为原点建立平面直角坐标系.表示出各个点的坐标，设出坐标，即可由平面向量数量积的坐标运算及求得坐标，即可求得.‎ ‎【详解】根据题意，以为原点，以为轴，以垂线所在直线为轴建立平面直角坐标系如下图所示：‎ 所以 因为为等腰梯形，‎ 所以D点的横坐标为，C的横坐标为.‎ 设，（ ）‎ 则 所以 即，所以 则 所以 则 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量在直角坐标系中的应用，由平面向量数量积求参数，利用坐标法求平面向量的数量积的应用，属于中档题.‎ 三、解答题（共28分）‎ ‎15.在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.‎ ‎（Ⅰ）求角A；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据正弦定理，将条件式中的边化为角的表达式，化简后即可求得角.‎ ‎（Ⅱ）根据条件，结合余弦定理可求得，再根据三角形面积公式即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由正弦定理将边化为角 可得. ‎ ‎ ‎ 所以，又，‎ 所以. ‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理 ‎ 得， ‎ 所以，即， ‎ 所以或（舍）‎ 从而.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，边角转化的应用，三角形面积公式的应用，属于基础题.‎ ‎16.已知的三个内角的对边分别为，且满足.‎ ‎（1）求角的大小； ‎ ‎（2）若，，求长 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将余弦定理的表达式，代入条件式化简，结合正弦定理将边化为角.再由正弦的和角公式代入化简，即可求得角.‎ ‎（2）由条件及平面向量的线性运算，可得.由平面向量数量积运算律可求得，进而求得的长.‎ ‎【详解】（1）因为 而 所以代入可得， ‎ 所以由正弦定理可得 ，‎ 即 因为，所以，，‎ ‎ ， . ‎ ‎（2）由已知 可得 ‎， ‎ ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，平面向量线性运算，平面向量数量积的定义及运算律应用，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 提高题（共20分）‎ ‎17.在的三个内角的对边分别为，已知向量，且.‎ ‎（Ⅰ）求角的值；‎ ‎（Ⅱ）若，求边的最小值.‎ ‎（Ⅲ）已知，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据平面向量平行的坐标关系，代入后由正弦定理化简，结合辅助角公式即可求得角的值.‎ ‎（Ⅱ）根据平面向量数量积定义，结合余弦定理及基本不等式，即可求得边的最小值.‎ ‎（Ⅲ）根据正弦定理，先求得，由同角三角函数关系式求得.结合二倍角公式即可求得，由同角三角函数关系式求得.利用正弦差角公式展开，再代入即可求得的值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 所以，‎ 所以由正弦定理和诱导公式可得 ‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以，又，‎ 所以. ‎ ‎（Ⅱ）因为，所以，‎ 所以，所以， ‎ 由余弦定理可得12，‎ 当且仅当时等号成立 ‎ 所以，即的最小值为. ‎ ‎（Ⅲ）由正弦定理可得 ‎， ‎ ‎ ‎ 为锐角 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，平面向量的线性运算，平面向量数量积的定义及应用，同角三角函数关系式的应用，正弦和角公式的应用，综合性强，属于中档题.‎