2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用两角差的余弦公式即可求解.

【详解】．

故选：A.

2．已知是平面内两单位向量，则（    ）

A． B．

C． D．与都是单位向量

【答案】C

【分析】利用向量相等概念即可判断A，利用数量积定义计算数量积即可判断B，利用数量积及模的运算即可判断C，根据向量模长判断D.

【详解】因为是平面内两单位向量，所以两向量模长相等，但是方向不一定一样，

故不一定成立，A错误；

，当时，有，

当时，有，B错误；

因为是平面内两单位向量，所以，所以，C正确；

因为，

，

所以与不一定是单位向量，故D错误；

故选：C.

3．复数（为虚数单位）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】B

【详解】 ,对应点为 , 位于第二象限,选B.

4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，a，则等于（　　）

A． B． C． D．2

【答案】D

【解析】由已知结合正弦定理即可直接求解．

【详解】A＝60°，a，

由正弦定理可得，2，

∴b＝2sinB，c＝2sinC，

则2．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础试题．

5．已知，则（    ）

A．三点共线 B．三点共线

C．三点共线 D．三点共线

【答案】C

【分析】根据平面向量线性运算性质，结合平面向量共线的性质进行判断即可.

【详解】对于A，因为，且，所以与不共线，所以A，B，C三点不共线，所以A错误，

对于B，因为，且，所以与不共线，所以三点不共线，所以B错误，

对于C，因为，

所以三点共线，所以C正确，

对于D，因为，且，所以与不共线，所以三点不共线，所以D错误，

故选：C.

6．已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，则，令，根据的取值范围求出的值域，依题意与在上有交点，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：令，即，令，

因为，所以，所以，即，

依题意与在上有交点，则，所以，即；

故选：D

7．如图，在中，D是BC边上一点.Р是线段AD的中点，且.则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】A

【分析】根据和可得，结合B、D、C三点共线可得，即可求解.

【详解】因为是线段AD的中点，且，

所以，

得，

又B、D、C三点共线，

所以，得.

故选：A.

8．已知函数（，，均为正的常数）的最小正周期为，当时，函数取得最小值，则下列结论正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【分析】依题意可求ω＝2，又当x时，函数f（x）取得最小值，可解得φ，从而可求解析式f（x）＝Asin（2x），利用正弦函数的图象和性质及诱导公式即可比较大小．

【详解】解：依题意得，函数f（x）的周期为π，

∵ω＞0，

∴ω2．

又∵当x时，函数f（x）取得最小值，

∴2φ＝2kπ，k∈Z，可解得：φ＝2kπ，k∈Z，

∴f（x）＝Asin（2x+2kπ）＝Asin（2x）．

∴f（﹣2）＝Asin（﹣4）＝Asin（4+2π）＞0．

f（2）＝Asin（4）＜0，

f（0）＝AsinAsin0，

又∵4+2π，而f（x）＝Asinx在区间（，）是单调递减的，

∴f（2）＜f（﹣2）＜f（0）．

故选A．

【解析】1.三角函数的图象与应用；2.函数值的大小比较.

二、多选题

9．设是复数，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABC

【分析】根据复数的相关概念结合复数的运算逐项分析判断.

【详解】对于A：若，则，

所以，故A正确；

对于B：若，根据共轭复数的定义可得，故B正确；

对于C：∵，

若，即，可得，故C正确；

对于D：例如，显然成立，

但，即，故D错误；

故选：ABC.

10．计算下列各式，结果为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】运用诱导公式、辅助角公式、二倍角公式、和差角公式及切化弦化简计算即可.

【详解】对于A项，，故A项成立；

对于B项，，故B项不成立；

对于C项，，故C项不成立；

对于D项，，故D项成立.

故选：AD.

11．在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（    ）

A．若，则 B．若，则B的取值范围是

C． D．

【答案】ACD

【分析】由正弦定理判断A；由角形为锐角三角形，，所以，即有，根据可得的范围，从而判断B；由，可得，进而得，从而判断C；由，可得，从而判断D.

【详解】解：对于选项A，因为A>B，所以有,所以，故正确；

对于选项B，因为，则，所以，由可得

的取值范围是，故错误；

对于选项C ，锐角三角形ABC中，，，∴，同理，，所以故正确；

对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，，又∵，∴，故正确．

故选：ACD．

12．如图，已知的内接四边形中，，则（    ）

A．四边形的面积为12

B．该外接圆的半径为

C．

D．过作交于点，则

【答案】BCD

【分析】对于A：在中，利用余弦定理结合圆的性质可得，进而可求得，，再利用面积公式运算求解；对于B：可知四边形的外接圆为即为的外接圆，利用正弦定理求外接圆半径；对于C：根据几何性质分析可得在方向上的投影向量为，进而可得结果；对于D：根据几何性质分析可得在方向上的投影向量为，进而可得结果.

【详解】对于A：连接，由题意可知，则，

在中，由余弦定理可得，

即，解得，

所以，

且，则，即，

所以四边形的面积

，

故A错误；

对B：该四边形的外接圆为即为的外接圆，设外接圆的半径为，

在中，由正弦定理可得，

即，故B正确；

对于C：过作，垂足，则为的中点，可得，

过作，垂足，可得，

故，即在方向上的投影向量为，

所以，故C正确；

对于D：由题意可得：，

过作，垂足，则为的中点，可得，

可得，

连接，则，可得，

过作，垂足，则为矩形，可得，

所以，故在方向上的投影向量为，

所以，故D正确；

故选：BCD.

【点睛】方法定睛：在处理选项C、D时，根据圆的性质可以将数量积的问题转化为投影向量的问题，进而分析运算.

三、填空题

13．若平面向量和的夹角为，且，则在的方向上的投影向量的模长为_______．

【答案】

【分析】根据投影向量的模长的概念运算求解.

【详解】由题意可知：在的方向上的投影向量的模长为.

故答案为：.

14．如图，为了测量河对岸的塔高，选与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得米，则塔高________米．

【答案】20

【分析】设塔高为，利用和分别表示出、，然后在中利用余弦定理，求出即可.

【详解】设塔高为，

在中，

在中，

在中，由余弦定理得：

即： 解得 .

故答案为：20.

15．在中，已知，记外接圆的圆心为，则_______．

【答案】6

【分析】运用向量减法法则、数量积的定义及运算性质求解即可.

【详解】由题意知，O为三角形三边垂直平分线的交点，

如图所示，OF垂直平分线段AB，OE垂直平分线段AC，

∴，，

∴.

故答案为：6.

16．费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点为的费马点，角，，的对边分别为，，，若，且，则的值为__________.

【答案】6

【分析】化简求得，结合余弦定理以及求得，利用三角形的面积列方程，化简求得

【详解】∵，

∴，即，

∵，

∴，

∴，即，

∵，∴，

∵，∴，

由余弦定理知，，

∵，

∴，

∴，

∴.

故答案为：6

【点睛】三角恒等变换是化简已知条件常用的方法，在解决与三角形有关的问题时，要注意结合余弦定理、正弦定理、三角形的面积公式.

四、解答题

17．设实部为正数的复数z，满足，且复数为纯虚数．

(1)求复数z；

(2)若复数z是关于x的方程（m，的根，求实数m和n的值．

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）根据复数模的公式，结合复数乘法的运算法则和纯虚数的概念即可得出答案.

（2）复数z是关于x的方程（m，的根，代入方程可得，解方程即可得出答案.

【详解】（1）设，（a，，），则

因为为纯虚数，所以，            

又，所以，

联立方程得，，故.

（2）因为是关于的方程（m，）的根，

所以，即，

所以

解得，．

18．已知函数．

(1)用“五点法”画出在一个周期内的图象；

(2)说明此函数图象可由的图象经怎样的变换得到．

【答案】(1)作图见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）根据五点作图法画出图象.

（2）利用三角函数图象变换的知识求得正确答案.

【详解】（1）列表如下：

在一个周期内的图象如图所示：

（2）方法一：函数先向左平移个单位得到函数；

再将函数的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，即可得函数；

方法二：先将函数的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得到函数；

再向左平移个单位，即可得函数．

19．已知是同一平面内的三个向量，其中．

(1)若，且∥，求的坐标；

(2)若，且与垂直，求与的夹角．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设，由题意可得且，求解即可；

（2）由题意可得，，再根据求解即可.

【详解】（1）解：设，因为，

∴，即，①

由∥，得，②

由①②，得或，

故或；

（2）解：因为与垂直，

所以，

即，

又，，

所以，整理得，

故，

又，

所以．

20．设内角，，的对边分别为，，，已知，．

(1)求角的大小

(2)若，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；

（2）由正弦定理求出，即可得到，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得.

【详解】（1）解：因为，

由正弦定理可得，即，则，

又，所以．

（2）解：因为，，，

由，得，即，

又，所以，则，

所以

，

所以．

21．某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形区域为停车场，其余部分建成绿地，点在围墙弧上，点和点分别在道路和道路上，设，设．

(1)写出停车场面积关于的函数关系式；

(2)求停车场面积的最大值．

【答案】(1)，其中

(2)

【分析】（1）在中运用正弦定理得，再结合可得结果.

（2）运用差角公式、降次公式、辅助角公式化简函数S为，转化为求三角函数在区间上的最大值.

【详解】（1）在中，，，，

由正弦定理得，即，

所以．

则停车场面积，其中．

（2），（），

因为，

所以，

则当，即时，停车场面积S取得最大值为．

22．如图，在边长为4的正△ABC中，E为AB的中点，D为BC中点，，令，，

(1)试用、表示向量；

(2)延长线段EF交AC于P，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角形法则及向量的线性运算即可求解；

（2）利用向量的线性运算可知，再利用向量的数量积即可求解.

【详解】（1）

（2）设，

由于与共线，则，即，

即，则，解得，即，

所以