高一數學考試考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．4．本試卷主要考試內容：人教A版必修第一冊占20%，必修第二冊第六章至第七章占80%．一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據給定條件，利用補集、交集的定義直接求解即可.【詳解】由，得，而，所以.故選：A2.復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用復數的乘方運算求出復數即可得結果.【詳解】依題意，，在復平面內復數對應的點位于第四象限.故選：D3.已知是平面內的一個基底，則可以與向量構成平面另一個基底的向量是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】判斷所給向量與已知向量是否共線可得結論.【詳解】易得向量與向量平行，不能構成空間的一個基底，由題意及向量加法的平行四邊形法則與向量減法法則可知與不共線，所以與可作為一組基底．故選：C.4.如圖，在矩形中，是的中點，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】平面向量的線性運算，利用加減法運算以及數乘運算即可得到結果.【詳解】由圖可知：.故選：A.5.在中，角所對的邊分別是，且，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據三角形內角和可得，根據正弦兩角和公式化簡即可得，從而可得角的大小.【詳解】因為，所以，則，所以，又，所以（舍去）或，所以．故選：B.6.已知向量滿足，且，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用模長可求得數量積，再由投影向量定義代入計算可得結果.【詳解】由可得，即，所以，可得在上的投影向量為．故選：D7.如圖，為了測量河對岸的塔高，某測量隊選取與塔底在同一水平面內的兩個測量基點與．現測量得米，在點處測得塔頂的仰角分別為，則塔高（）A.米 B.米 C.米 D.米【答案】A【解析】【分析】設該塔的高度為米，由題意，根據同角的商關系可得，結合余弦定理計算即可求解.【詳解】設該塔的高度為米，則．在中，，即，由，解得，即塔高為30米.故選：A8.已知是正六邊形邊上任意一點，，則的取值范圍為（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的線性運算，將向量轉化為進行數量積運算.【詳解】設正六邊形的中心為，．根據正六邊形的對稱性，以點在邊上為例，當點在與頂點重合時，最大為2，當時，最小為，則，所以.故選：B二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得分分，有選錯的得0分9.下列結論正確的是（）A.若，則三點共線B.若，則線段的中點坐標為C.對于向量，有D.對于向量，有【答案】ABD【解析】【分析】根據三點的坐標可以得到和的坐標，進而得到與共線，可以得到三點共線，所以A正確；根據中點坐標公式可以得到B；根據數量積的運算法則，分別計算和可以判斷CD兩個選項.【詳解】選項A，若，則，所以，所以與共線且有公共點，所以三點共線，A正確；選項B，若，則線段的中點坐標為，B正確；選項C，，當向量的夾角大于時，，，C錯誤；選項D，，所以，D正確．故選：ABD.10.已知函數的部分圖像如圖所示，，為的圖像與軸的交點，為圖像上的最高點，是邊長為1的等邊三角形，，則（）A.B.直線是圖像的一條對稱軸C.的單調遞減區間為D.的單調遞增區間為【答案】BC【解析】【分析】由圖可得，再利用正弦函數的圖象與性質分析各個選項即可.【詳解】對于A，由圖可得：的最小正周期為2，所以，即，易得，所以，因為，所以，，，由五點作圖法可得：，即，所以，所以，故A不正確；對于B，由于，為最大值，所以直線是圖象的一條對稱軸，故B正確；對于C，令，解得；，所以單調遞減區間為，故C正確；對于D，令，解得；，所以的單調遞增區間為，故D不正確，故選：BC，11.對任意兩個非零的平面向量和，定義：；．若平面向量滿足，且和都在集合中，則的值可能為（）A.1 B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】由題意可得，，從而得，，分和分別求解即可.【詳解】解：因為設向量和的夾角為，則．因為，所以，所以，所以，故．當時，，又，所以，符合題意；當時，，又，所以，符合題意．所以或．故選：AC.【點睛】關鍵點睛：對于新概念題，理解定義是關鍵，解答本題的關鍵是理解和的運算法則及基本不等式的應用.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．把答案填在答題卡中的橫線上．12.已知平面向量，若，則___________．【答案】【解析】【分析】根據向量數量積的坐標運算和垂直判定進行計算即可.【詳解】因為，所以，解得．故答案為：.13.已知，函數是奇函數，則___________，___________．【答案】①.②.【解析】【分析】由，可求，由，結合奇函數可求．【詳解】由，解得，所以，又因為函數為奇函數，所以，所以，所以，所以，所以或，所以1或，解得(舍去)．故答案為：①-1；②1．14.在中，，O是的外心，，則的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】由正弦定理求出，余弦定理結合重要不等式解得，再由數量積的定義得，可求的取值范圍【詳解】在中，外接圓半徑，由正弦定理得，所以．由余弦定理，解得，當且僅當時等號成立，所以，即的取值范圍為．故答案為：.四、解答題：本大題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知復數滿足．（1）求；（2）若復數的虛部為1，且是實數，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用復數的除法運算法則可求；（2）設，代入運算可得，結合已知可求得，可求．【小問1詳解】．【小問2詳解】復數的虛部為1，設，則．因為是實數，所以，解得，所以．16.如圖，在平面四邊形中，的面積為．（1）求；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角形面積公式求出的長，再由余弦定理可求出.（2）根據已知條件可由正弦定理優先求出，進而可由內角和為,以及誘導、三角恒等變換公式可求出.【小問1詳解】因為，又，所以．在中，由余弦定理得：，所以.【小問2詳解】在中，由正弦定理得，即，解得，又，所以，所以，，，故．17.已知函數．（1）求的定義域；（2）求的單調區間；（3）求不等式的解集．【答案】（1）；（2）遞減區間是，遞增區間是；（3）.【解析】【分析】（1）利用對數函數的定義列出不等式，求解即得.（2）利用二次函數、對數函數單調性，結合復合函數單調性求出單調區間.（3）判斷函數的奇偶性，借助奇偶性、單調性脫去法則求解不等式.【小問1詳解】函數中，由，解得，所以的定義域為.【小問2詳解】函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數在上單調遞減，所以的遞減區間是，遞增區間是.小問3詳解】由，得函數為偶函數，由（2）知，在上單調遞增，則，因此，即，解得，所以原不等式的解集是．18.某時刻，船只甲在處以每小時30海里的速度向正東方向行駛，與此同時，在處南偏東方向距離甲150海里的處，有一艘補給船同時出發，準備與甲會合．（1）若要使得兩船同時到達會合點時補給船行駛的路程最短，補給船應沿何種路線，以多大的速度行駛？（2）要使補給船能追上甲，該補給船的速度最小為多少？當該補給船以最小速度行駛時，要多長時間追上甲？（參考數據：取，）【答案】（1）海里/小時（2）6.25小時【解析】【分析】（1）假設甲行駛的路線為，過作的垂線，點到的最短距離為，要使補給船行駛的路程最短則補給船需沿方向行駛，求出、，即可求出求出速度；（2）設補給船以海里/小時速度從處出發，沿方向行駛，小時后與甲在處會合，則，，利用余弦定理得到，結合二次函數的性質計算可得．【小問1詳解】假設甲行駛的路線為，過作的垂線，點到的最短距離為，要使補給船行駛的路程最短，補給船需沿正北方向，即方向行駛，，甲行駛到處所需時間為小時，補給船行駛的速度為海里/小時，故要使得兩船同時到達會合點時，補給船行駛的路程最短，補給船應沿正北方向，以海里小時的速度行駛．【小問2詳解】設補給船以海里/小時的速度從處出發，沿方向行駛，小時后與甲在處會合．在中，．由余弦定理得，所以，即．當，即時，取得最小值，即，所以補給船至少以海里/小時的速度行駛才能追上甲．當補給船以最小速度行駛時，要小時追上甲．19.在平面直角坐標系中，已知點．（1）①證明：．②證明存在點，使得，并求出的坐標．（2）若點在四邊形的四條邊上運動，且將四邊形分成周長相等的兩部分，求點的坐標．【答案】（1）①證明見解析，②證明見解析，（2）【解析】【分析】（1）①分別求出，，，，利用向量夾角公式可得；②由條件知點為四邊形外接圓的