2022-2023学年四川省眉山市青神县青神中学校高一下学期4月期中考试数学试题（有解析）

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2025届高一下期数学半期考试试卷

命题:高一数学组   时间：120分钟

一、单选题（每道题5分，共8道题，总分40分）

1．已知角的终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知三个力F1＝(－2，－1)，F2＝(－3,2)，F3＝(7，－3)同时作用于某物体上一点，为使该物体保持平衡，再加上一个力F4，则F4等于（    ）

A．(－2，－2)       B．(2，－2)        C．(－1,2)            D．(－2,2)

3．已知非零向量满足，则（    ）

A． B．1 C． D．2

4．已知函数，则（    ）

A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称

C．为奇函数 D．为偶函数

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

6．在中，若，，，则的值为（   ）

A． B． C． D．

7．已知点，，．则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

8．在中，已知，，，当取得最小值时，的面积为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题（每道题5分，选全得5分，选不全得2分，选错得0分,共4道题，总分20分）

9．下列说法中错误的是（   ）

A．若，，则 B．

C．若，则 D．

10．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，对于有如下命题，其中正确的是（   ）

A．若，则是锐角三角形

B．若，，则的外接圆的面积等于

C．若是直角三角形，则

D．若，则是等腰三角形或直角三角形

11．函数的部分图象如图所示，则下列选项中正确的有（    ）．

A．的最小正周期为

B．是的最小值

C．在区间上的值域为

D．把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象.

12．下列结论正确的是（   ）

A．若，∠ABC为锐角，则实数m的取值范围是

B．点O在所在的平面内，若，则点O为的重心

C．点O在所在的平面内，若，，分别表示，的面积，则

D．点O在所在的平面内，满足且，则点O是且的外心.

三、填空题（每道题5分，共4道题，总分20分）

13．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则______．

14．已知向量、不共线，且，若与共线，则实数的值为______

15．已知，则的值是______.

16．已知函数，，若，且在上单调递增，则的值为________．

四、解答题（17题10分，18题—22题每道题12分，总分共70分）

17．（10分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，

(1)若，求b；

(2)若，求b．

18（12分）已知的最小正周期为.

(1)求的值，并求的单调递增区间；

(2)求在区间上的最大值.

19．（12分）如图，在平面斜坐标系中，，平面上任一点的斜坐标定义如下：若（其中分别为与轴，轴同方向的单位向量），则点的斜坐标为.此时有，，试在该斜坐标系下探究以下问题：

（1），求的坐标；

（2），求的值；

（3）求与同向的单位向量的坐标.

20．（12分）已知矩形中，为中点，为边上的动点（不包括端点）.

(1)求的最小值；

(2)设线段与的交点为，求的最小值.

21．（12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角A的大小；

(2)若，，点D为边上一点，且，求的面积大小．

22．（12分）已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.

(1)设函数，试求的伴随向量；

(2)记向量的伴随函数为，求当且时，的值；

(3)当向量时，伴随函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围.

参考答案：

1．D

【分析】利用三角函数的定义求解.

【详解】由题意，得.

故选：D.

2．D

【分析】根据向量加法运算坐标表示公式，结合相反向量的定义进行求解即可.

【详解】因为F1＝(－2，－1)，F2＝(－3,2)，F3＝(7，－3)，

所以F1F2F3，要想使该物体保持平衡，

只需F4 ，

故选：D

3．A

【分析】对两边平方计算可得答案.

【详解】∵，∴，

又，∴，

解得.

故选：A.

4．C

【分析】根据余弦函数的图象性质结合函数的奇偶性的定义求解.

【详解】，，A错误；

，B错误；

，

所以是奇函数，C正确；

，所以不是偶函数，D错误．

故选:C.

5．B

【分析】因为，即可推出，然后根据二倍角的余弦公式，展开代入已知，即可得出答案.

【详解】因为，

所以，

.

故选：B.

6．B

【分析】利用三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理进行求解.

【详解】在中，设角 所对的边分别为，

由题知，，又，，

所以，由余弦定理有：，解得，

所以由正弦定理有：，故A，C，D错误.

故选：B.

7．C

【分析】根据向量的坐标公式，结合投影向量的定义进行求解即可.

【详解】因为，，．

所以，，

，

所以向量与的夹角为钝角，

因此量在上的投影向量与方向相反，

而，，

所以在上的投影向量为，

故选：C

8．D

【分析】设，，在和中应用正弦定理可得到，然后利用结合余弦定理可得，化简可得当时，取得最小值，最后利用面积公式即可

【详解】

设，，，，，

在中，，在中，，

,，，

设，，

，，

，，

，

当时，取得最小值，，，

又，

在中，.

故选：D.

9．ABC

【分析】根据共线向量的概念，向量数量积的概念及运算法则逐项分析即得.

【详解】对于A，若时，，不一定能推出，故A错误；

对于B，不妨考虑不共线且不互相垂直时，向量与向量不共线，所以不能推出，故B错误；

对于C，若且时，则，而不一定相等，故C错误；

对于D，根据数量积的运算法则可知，故D正确.

故选：ABC.

10．BD

【分析】根据余弦定理即可判断A；根据正弦定理，即可判断B；由题意可得，即可判断C；根据正弦定理和二倍角的正弦公式计算化简，即可判断D.

【详解】A：由余弦定理，得，得B为锐角，

不能判断为锐角，故A错误；

B：设的外接圆的半径为R，由正弦定理得，

得，所以其外接圆的面积为，故B正确；

C：若为直角三角形，但不一定C为直角，故C错误；

D：，由正弦定理，得，

即，所以或，

即或，则为等腰三角形或直角三角形，故D正确.

故选：BC.

11．ABD

【分析】由图象可推出；然后求出，根据，可推得.取，则，代入，可得出B项；求出，即可根据正弦函数的图象，得出值域；利用图象平移，即可得出D项.

【详解】对于A项，由图象可知，，所以，故A项正确；

对于B项，因为，所以，所以.

因为，所以，

所以.

取，则，

所以，是的最小值，故B项正确；

对于C项，因为，所以，

根据正弦函数的图象可知，

当，即时，函数有最小值为；

当，即时，函数有最大值为，故C项错误；

对于D项，把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的函数解析式为，故D项正确.

故选：ABD.

12．BC

【分析】对于A，由∠ABC为锐角，可得且两向量不共线；对于B，设边上的中点为，证明在边的中线上即可；对于C，由，得，设的中点为，的中点为，可知三点共线，且，从而可判断；对于D，证明是的角平分线，是的角平分线，即可判断.

【详解】对于A，由，

得，

因为∠ABC为锐角，故且不共线，

所以，解得且，故A错误；

对于B，设边上的中点为，则，

因为，所以，

所以，又点为公共端点，所以三点共线，

即点在边的中线上，

同理可得点也在两边的中线上，

所以点O为△ABC的重心，故B正确；

对于C，因为，所以，

如图，设的中点为，的中点为，

则，所以，

又点为公共端点，所以三点共线，且，

所以，

又，

所以，即，故C正确；

对于D，由，

可得，即，

又因，所以，

所以是的角平分线，

由，

可得，即，

又，所以，

所以是的角平分线，

所以点O是且△ABC的内心，故D错误.

故选：BC.

13．4

【分析】根据三角形的面积公式计算直接得出结果.

【详解】由题意知，，

即，解得.

故答案为：4.

14．或

【分析】利用向量共线的充要条件以及一元二次方程求解.

【详解】已知向量、不共线，，所以，

若与共线，则存在实数，使，即，

所以，即，解得或.

故答案为：或.

15．

【分析】根据题意，结合诱导公式以及二倍角公式代入计算，即可得到结果.

【详解】因为，

所以

故答案为:

16．

【分析】将的解析式化为正弦型函数，然后根据求出的值，根据在上单调递增求出的范围，即可得答案.

【详解】，

由，得，

故，∴，，

又在上单调递增，∴，又，

∴，故当时，．

故答案为：.

17．(1)；

(2)或.

【分析】（1）依据余弦定理结合条件即得；

（2）依据正弦定理结合条件即得.

【详解】（1）由余弦定理，得，

解得（负值舍去），

故.

（2）由正弦定理，得，

∵，

∴或，

当时，，∴；

当时，，∴．

综上，或．

18．(1)，

(2)2

【分析】（1）根据条件求出，然后根据正弦函数的单调性可求出答案；

（2）首先求出的范围，然后可得答案.

【详解】（1）由的最小正周期为，得，

∵，∴，，

由得，

故的单调递增区间为.

（2）因为，所以，

所以当，即时，取得最大值2.

19．（1）；（2）；（3）.

【详解】试题分析：（1）利用向量平行的充要条件求解；（2）利用数量积公式求解；（3）利用单位向量的定义求解.

试题解析：解：（1）由及得存在使得即，解得，即.

（2）若，则.

（3）由得，所以与同向的单位向量为，即坐标为.

考点：1、平面向量的基本定理；2、向量的平行；3、向量的数量积；4、单位向量.

【方法点晴】本题主要考查平面向量的基本定理、向量的平行、向量的数量积和单位向量，属于难题.本题的主要难点是要通过非正交坐标系与正交坐标系进行类比，将正交坐标系中向量的平行、向量的数量积和单位向量对应的知识迁移到非正交坐标系中进行求解.这就要求考生既要熟练掌握向量的相关知识，还考查了考生的合情推理能力.

20．(1)0

(2)

【分析】（1）以点为原点建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标公式求得结果；

（2）根据三角形相似得出，再求出的坐标，利用向量数量积的坐标公式求得结果.

【详解】（1）设，如图建立直角坐标系：

，

当时，有最小值，最小值为0；

（2）由图可得：

则

，

当且仅当即时取等号，

的最小值为.

21．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将角换成边，再利用余弦定理，求角A；

（2）在中，利用余弦定理求得a，在中，利用正弦定理求BD，再利用面积公式求得的面积.

【详解】（1）由正弦定理可得，

根据余弦定理得，

又，所以．

（2）因为，，

又，解得，

由余弦定理得，

于是，

因为，所以，

在中，由正弦定理得，

所以，

于是，

所以的面积大小为．

22．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）化简的解析式，从而求得伴随向量.

（2）先求得，由求得，进而求得，从而求得.

（3）先求得，然后根据三角函数的最值求得正确答案.

【详解】（1）

，

所以.

（2）依题意，

由得，

，所以，

所以.

（3）的函数解析式，

所以

区间的长度为，函数的周期为，

若的对称轴在区间内，

不妨设对称轴在内，最大值为1，

当即时，函数在区间上的最大值与最小值之差取得最小值为；

其它的对称轴在内时最大值与最小值之均大于，

若的对称轴不在区间内，则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，则最大值与最小值之差为：

，

故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为

【点睛】方法点睛：求解新定义函数有关的问题，关键点在于理解新的定义，解题过程中，要将“新”问题，转化为所学的知识来进行求解，体现了化归与转化的数学思想方法.