江苏省镇江中学2021-2022学年高一下学期期中数学试题

江苏省镇江中学2021-2022学年高一年级下学期期中考试

数学试题

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. 复平面内表示复数的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【1题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】由复数运算可得对应的点的坐标，由此可得结果.

【详解】，对应的点为，位于第三象限.

故选：C.

2. 的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【2题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】利用余弦两角和公式计算即可.

【详解】.

故选：A

【点睛】本题主要考查余弦两角和公式，熟记公式为解题关键，属于简单题.

3. 在中，，则（    ）

A  B.  C.  D.

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用正弦定理即可求得.

【详解】在中，由正弦定理，可得，可得：，为锐角，．故选：B

4. 已知向量，，且，，，则一定共线的三点是（    ）

A. A，B，D B. A，B，C C. B，C，D D. A，C，D

【4题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】由已知，分别表示出选项对应的向量，然后利用平面向量共线定理进行判断即可完成求解.

【详解】因为，，，

选项A，，，若A，B，D三点共线，则，即，解得，故该选项正确；

选项B，，，若A，B，C三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；

选项C，，，若B，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；

选项D，，，若A，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；

故选：A.

5. 已知为锐角，，则（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【5题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】利用两角和的正切公式求出后可得正确的选项.

【详解】由题设可得，

故选：A.

6. 在中，若，则此三角形为（      ）

A. 等边三角形 B. 等腰三角形

C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形

【6题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】在中，由以及正弦定理可知，，
即，∵，，∴，，
所以三角形为直角三角形.
故选：C.

7. 关于函数y=sin（2x+φ）（）有如下四个命题：

甲：该函数在上单调递增；

乙：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数；

丙：该函数图象的一条对称轴方程为；

丁：该函数图像的一个对称中心为.

如果只有一个假命题，则该命题是（    ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意首先求出函数的增区间，平移后的解析式，对称轴和对称中心，进而分别讨论甲、乙、丙、丁为错误时其它命题的正误，进而得到答案.

【详解】令，则函数的增区间为…①；

函数图象向右平移个单位长度得到…②；

令…③；

令…④.

若甲错误，则乙丙丁正确，由②，由函数的奇偶性性，令，由①，函数的增区间为，则甲正确，矛盾.令，由①，函数的增区间为，则甲错误，满足题意.由③，函数的对称轴方程为，时，，则丙正确.由④，函数的对称中心为，令，丁错误.不合题意；

若乙错误，则甲丙丁正确，易知函数增区间的的两个端点的中点为对称中心，由①，令，结合④，令，由函数的奇偶性，取k=0，，由③，，令，则丙错误.不合题意；

若丙错误，则甲乙丁正确，由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，由①，函数的增区间为，甲正确.取区间中点，则丁错误.不合题意；

若丁错误，则甲乙丙正确. 由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，，由①，函数的增区间为，甲正确.由③，.k=-2时，，则丙正确.由④，，令，④错误.满足题意.

综上：该命题是丁.

故选：D.

8. 课本第46页上在用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图在锐角中，过点作与垂直的单位向量，因为，所以，由分配律，得，即，也即．请用上述向量方法探究，如图直线与的边、分别相交于点、．设，，，．则与的边和角之间的等量关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【8题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】过点作，取单位向量，由结合平面向量数量积的定义化简可得结果.

【详解】如下图所示，过点作，

在中，，取单位向量，

则，即，

，，，

所以，，即.

故选：A.

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：

（1）利用定义：

（2）利用向量的坐标运算；

（3）利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知向量，满足，，，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B.  C.  D. 与的夹角为

【9题答案】

【答案】BC

【解析】

【分析】由，，，求得，再逐项判断.

【详解】，

∴，

∴，

∴，，

，

∴与的夹角不是，

故选：BC.

10. 以下说法正确的有（    ）

A. 若，则为钝角三角形

B. 将图象先向左平移个单位，再将横坐标变为原来2倍，纵坐标不变，则解析式变为．

C.

D. 已知，则

【10题答案】

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A,可以求出，故三角形是钝角三角形，所以选项A正确；对于B，利用三角函数的图象的变换得到，所以选项B正确；对于C，所以，故选项C错误；对于D，计算得到所以选项D正确.

【详解】解：对于A,中，已知三边边为最大边，由于，故三角形是钝角三角形，所以选项正确；

对于B，将图象先向左平移个单位得到，再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，则解析式变为，所以选项B正确；

对于C，，所以，故选项C错误；

对于D，因为，所以，两边平方，可得，则所以选项D正确.

故选：ABD

11. 在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，为虚数单位，则下列判断中正确的有（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【11题答案】

【答案】AC

【解析】

【分析】根据复数与向量的对应、向量的模、复数运算、数量积运算等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】对于A，，故A正确，

对于B，令，满足，但，即，故B错误，

对于C，令，

，故C正确，

对于D，如，但，所以D选项错误.

故选：AC

12. 在锐角中，角对边分别为，设向量，且，则下列选项正确的是（    ）

A.  B. 的取值范围是

C.  D.

【12题答案】

【答案】CD

【解析】

【分析】利用正弦定理，余弦定理以及三角函数的和差公式，逐个选项进行验证求解

【详解】在锐角中，角对边分别为，设向量，

且，所以可得：，而，所以可得：

，可得，故A错误

由正弦定理可得：

，所以可得或，可得或（舍）所以C正确，

，所以所以，可得，可得

由正弦定理可得，所以B错误；

，所以所以D正确;

故选：CD

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知复数，则____.

【13题答案】

【答案】

【解析】

【详解】

14. 中，∠B=60°，边AB=4，面积为，则AC=___________．

【14题答案】

【答案】2

【解析】

【分析】先利用三角形面积求得BC，再利用余弦定理求解.

【详解】由，

得，

解得，

由余弦定理得：

，

，

解得，

故答案为：2

15. 如图所示，CD是某校园内一标志性雕像，小明同学为了估算该雕像的高度，在学校教学楼AB（高为米）与雕像之间的地面上的点M处（B，M，D三点共线）测得楼顶A及雕像顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处又测得雕塑顶C的仰角为30°，假设AB､CD和点M在同一平面内，则小明估算该雕像的高度为___________米．

【15题答案】

【答案】

【解析】

【分析】在中利用锐角三角函数求出，再由正弦定理求出，最后根据锐角三角函数求出；

【详解】解：在中，，解得，

其中

，

在中，，

所以，由正弦定理得，，

故．

在中，，所以，估算该雕像的高度为米．

故答案为：

16. 设函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，若，则___________.

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】利用余弦方程，解出的值，然后得到，，代入，利用正切的两角差公式求出的值，然后再利用二倍角公式以及“1”的代换，结合“弦化切”的方法，求解即可.

【详解】因为，

则有或，，，

解得或，，，

又函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，

所以，，，，，，…，

故，，

所以，即，

则，解得，

故.

故答案为：.

四､解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．

17. 已知复数(为虚数单位)．

（1）若，求复数的共轭复数；

（2）若z是关于x的方程的一个虚根，求实数m的值．

【17题答案】

【答案】（1）；   

（2）2．

【解析】

【分析】(1)结合已知条件，根据复数的四则运算法则计算即可；

(2)将z代入二次方程即可求出m的值．

【小问1详解】

复数为虚数单位，

，

∴复数的共轭复数；

【小问2详解】

是关于的方程一个虚根，

，整理得：，

则2－m＝0，且2m－4＝0，故．

19. （1）已知，求sin2α，cos2α，tan2α；

（2）已知，求．

【19题答案】

【答案】（1）；； ；（2） ．

【解析】

【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、余弦公式求解；

（2）设，利用二倍角的余弦公式求解.

【详解】因，且，

所以

又因为，所以,

所以；

所以，

，

；

（2）设，则，且，

所以.

20. 已知函数.

（1）求的单调递增区间；

（2）设，，分别为内角，，的对边，已知，，且，求的值.

【20题答案】

【答案】（1）()；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用二倍角的正余弦公式及辅助角公式将函数化为，再利用整体法结合正弦函数的单调性即可求出的单调递增区间；

（2）由求出角，再由，求出，最后根据结合余弦定理即可求出答案.

【详解】解：（1），

令得()，

∴的单调递增区间为().

（2）由得，

∵，∴，∴，

∵，∴，∴，

由余弦定理得，∴.

21. 在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是等腰梯形，，点M满足，点P在线段BC上运动（包括端点），如图所示．

（1）求与共线的单位向量的坐标；

（2）求∠OCM的余弦值；

（3）是否存在实数λ，使若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．

【21题答案】

【答案】（1）或；   

（2）；   

（3）存在；.

【解析】

【分析】（1）根据向量的坐标运算和单位向量的定义可求得答案；

（2）根据向量的夹角运算公式可求得答案；

（3）设，根据向量垂直的坐标表示可求得．分，讨论可求得的范围.

【小问1详解】

解：因点，所以，

所以或；

【小问2详解】

解：由题意可得，

故．

【小问3详解】

解：设，其中．

若，则，即，可得．

若，则不存在，

若，则，

故．

23. △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝6，．

（1）求A的大小；

（2）M为△ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，___________，求△ABC的面积．

请在下面三个条件中选择一个作已知条件补充在横线上，使△ABC存在，并解决问题．

①M为△ABC的外心，AM＝4；

②M为△ABC的重心，；

③M为△ABC的内心，．

(注：三角形的三边中垂线的交点称为外心，三角形的三条中线的交点称为重心，三角形的三条角平分线的交点称为内心)

【23题答案】

【答案】（1）；   

（2）﹒

【解析】

【分析】(1)结合正弦定理边化角和三角恒等变换即可求出sin，从而求出A；

(2)根据正弦定理可求△ABC外接圆半径，由此可判断不能选择①.若选②：根据AM长度计算出中线AD长度，再根据和余弦定理分别列出关于b、c的方程即可求出b、c，从而求解三角形面积；若选③：根据M是内心，求出，根据和余弦定理分别列出关于b、c的方程，求出bc即可求出三角形面积．

【小问1详解】

∵，∴，即

由正弦定理得，，即，

∵，∴，

∴，又，∴，∴；

【小问2详解】

设△ABC外接圆半径为R，则根据正弦定理得，，

若M为△ABC的外心，则AM为外接圆半径，，①与此矛盾，故不能选①；

若选②：

∵为该三角形的重心，则为线段的中点且，

又，∴，

即，(*)

又由余弦定理得，即，(**)

联立(*)(**)解得，

∴；

若选③：

∵为的内心，∴，

由得，

∵，∴，即，

由余弦定理可得，即，∴，

即，∵，∴，

∴．

25. 已知函数f(x)=-9（|sinx|+|cosx|）+4sin2x+9．

（1）求出f(x)的最小正周期，并证明；（“周期”要证，“最小”不用证明）

（2）若，求f(x)的值域；

（3）是否存在正整数n，使得f(x)=0在区间[0，nπ]内恰有2001个根，若存在，求出n的值：若不存在，说明理由．

【25题答案】

【答案】（1）最小正周期为；证明见解析   

（2）   

（3）存在；

【解析】

【分析】（1）利用三角函数周期性的定义求解；

（2）根据，得到，设，，转化为二次函数求解；

（3）分和，将函数转化为二次函数求解.

【小问1详解】

解：因为，

，

所以的最小正周期为．

【小问2详解】

若，则，

设，则，

则，

所以，

所以其值域为；

【小问3详解】

存在正整数，使得在区间内恰有2021个零点．

当时，．

设，

则，

于是，

令，得或，

此时，或或，

其中，

当时，．

设，则，

于是，

令，

解得或，

故在没有实根．

综上，在上有4个零点，而，

所以函数在有2001个零点．