2022-2023学年江苏省常州市教育学会高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省常州市教育学会高一（下）期中数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.cs(−510°)的值为( )
A. 32B. − 32C. 12D. −12
2.半径为4cm，面积为6cm2的扇形的圆心角为( )
A. 34radB. 38radC. 12radD. 14rad
3.在△ABC中，若A=45°，B=30°，BC=3，则边AC的长为( )
A. 62B. 32 2C. 32 6D. 3 2
4.若复数z满足z(1+i)=i2023+2i2，其中i为虚数单位，则z的实部为( )
A. 12B. −12C. 32D. −32
5.已知向量a，b满足|a|=2,|b|=3,a⋅b=−3，则b在a上的投影向量为( )
A. −34aB. −32aC. −13aD. −23a
6.已知非零向量(sinθ,sinθ2)与向量(2, 3)共线，则csθ的值为( )
A. 33B. − 33C. 13D. −13
7.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为4 3,A=60°,b2+c2=3bc，则a=( )
A. 4B. 4 2C. 8D. 8 2
8.已知下列关于函数f(x)=sin(2x+φ)(φ∈R)的四个命题中，有且仅有一个假命题，则该命题是( )
甲：该函数图象的一个对称中心为(4π3,0)
乙：该函数图象的一条对称轴方程为x=−π6
丙：该函数在区间[−5π12,π12]上单调递减
丁：该函数图象向左平移π3个单位长度得到一个奇函数的图象
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a,b的夹角为60°，|a|=2,|b|=1，则在下列向量中，与向量a−b的夹角为锐角的向量有( )
A. −aB. a+bC. a+2bD. b−2a
10.已知复数z=21+ 3i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有( )
A. 复数z的共轭复数的模为1
B. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
C. 复数z是方程x2+x+1=0的解
D. 复数ω满足|ω−z|=1，则|ω|的最大值为2
11.设函数f(x)=2 3sinxcsx−2cs2x，若函数y=f(x+φ)为偶函数，则φ的值可以是( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 11π6
12.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的有( )
A. 若bcsA=acsB，则△ABC为等腰三角形
B. 若a2tanB=b2tanA，则△ABC为等腰三角形
C. 若sinAa=csBb=csCc，则△ABC为等腰直角三角形
D. 若a2−b2=(acsB+bcsA)2，则△ABC为直角三角形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知tanx=2，则tan(2x+π4)= ______．
14.在正六边形ABCDEF中，若AB⋅AF=−2，则AB⋅DF= ______．
15.在△ABC中，点D在边BC上，AB=32 6，CD=5，B=45°，∠ADB=60°，则AC的长为______．
16.质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆O上逆时针做匀速圆周运动，同时出发.P的角速度大小为1rad/s，起点为圆O与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为5rad/s，起点为射线y= 3x(x≤0)与圆O的交点.当P与Q第二次重合时，P的坐标为______；当P与Q第三次重合时，点P相对于其起点的位移的大小是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知α为第二象限角，且满足2sinα=−csα.求值：
(1)sinα−csα3sinα+csα；
(2)cs(α+π3)．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=cs2x−2sinxcsx−sin2x+m(m∈R)的最大值为 2+1．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求使f(x)≥0成立的自变量x的集合．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示.将函数f(x)的图象向右平移π3个单位长度，得到函数g(x)的图象．
(1)求f(x)与g(x)的解析式；
(2)令F(x)=f(x)+g(x)，求方程F(x)=1在区间(0,2π)内的所有实数解的和．
20.(本小题12分)
已知复数z1=2sinθ− 3i，z2=1+(2csθ)i，i其中i为虚数单位，θ∈(π6,5π6).
(1)若z1⋅z2是实数，求z1⋅z2的值；
(2)设复数z1，z2对应的向量分别是a，b，若(2a−b)⊥(a−2b)，求sinθ的值．
21.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足下列条件中的一个或多个：
①a=c−2acsB；②B=2A；③3a=2b；④c=5．
(1)若△ABC满足条件①，求证：△ABC满足条件②；
(2)求证：同时满足条件②，③，④的△ABC是唯一的(其三边长唯一确定)．
22.(本小题12分)
若一个平面四边形对边不相交且任意三边都在第四条边所在直线的一侧，则称其为平面凸四边形.容易知道，与之等价的说法为：若一个平面四边形对边不相交且每个内角都小于π，则称其为平面凸四边形．
图①，②给出了两个不是平面凸四边形的例子.如图③，在平面凸四边形ABCD中，∠BAD=π3，BD⊥AD，CD=3，BC=2，设∠BCD=θ．
(1)求csθ的取值范围；
(2)试用θ表示对角线AC的长，并指出θ取何值时AC的长最大．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：cs(−510°)=cs510°=cs(360°+150°)
=cs150°=cs(180°−30°)=−cs30°=− 32．
故选B
利用余弦函数为偶函数将所求式子化简，再利用诱导公式及特殊角的三角函数值化简，即可求出值．
此题考查了运用诱导公式化简求值，熟练掌握公式，灵活变换角度是解本题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：设扇形的圆心角为α，
由S=12αr2，得6=12×α×42，所以α=34rad．
故选：A．
由扇形的面积公式，即可得解．
本题考查扇形的面积公式，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，若A=45°，B=30°，BC=3，利用正弦定理：BCsinA=ACsinB，
整理得：3 22=AC12，解得AC=3 22．
故选：B．
直接利用正弦定理和三角函数的值求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的值，正弦定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题意，z(1+i)=i2023+2i2=−i−2，
即z=−i−21+i=(−i−2)(1−i)(1+i)(1−i)=−3+i2，
则z的实部为−32．
故选：D．
化简复数z，可得z的实部．
本题考查复数的运算，考查i的周期性，考查复数的实部的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意，b在a上的投影向量为a|a|⋅a⋅b|a|=a⋅−34=−34a．
故选：A．
根据已知条件，结合向量的投影公式，即可求解．
本题主要考查向量的投影公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：非零向量(sinθ,sinθ2)与向量(2, 3)共线，
则 3sinθ=2sinθ2，即2 3sinθ2csθ2=2sinθ2，解得csθ2= 33，
故csθ=2cs2θ2−1=−13．
故选：D．
根据已知条件，结合向量平行的性质，以及余弦函数的二倍角公式，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，以及余弦函数的二倍角公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为△ABC的面积为4 3,A=60°,b2+c2=3bc，
则S△ABC=12bcsinA= 34bc=4 3，
所以bc=16，可得b2+c2=48，
所以a2=b2+c2−2bccsA=48−2×16×12=32，解得a=4 2或a=−4 2(舍去)．
故选：B．
根据已知条件，结合余弦定理以及三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：当甲正确时，由有f(4π3)=sin(8π3+φ)=sin(2π+2π3+φ)=sin(2π3+φ)=0，所以2π3+φ=kπ，k∈Z，所以φ=kπ−2π3，k∈Z，
当k=1时，φ=π3，此时f(x)=sin(2x+π3)，
当x=−π6时，f(−π6)=sin[2×(−π6)+π3]=0，此时函数y=f(x)不关于x=−π6对称，所以乙的说法错误，
当x∈[−5π12,π12]时，2x+π3∈[−π2,π2]，此时函数y=f(x)在区间[−5π12,π12]上是增函数，所以丙错误，
此时函数图象向左平移π3个单位长度得y=sin[2(x+π3)+π3]=−sin2x，是奇函数，所以丁正确，
又因为只有一个人的说法错误，
所以只能是甲的说法错误．
故选：A．
假如甲的说法正确，逐一验证乙、丙、丁的说法的正确性，即可得答案．
本题考查了三角函数的性质、逻辑推理，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：向量a,b的夹角为60°，|a|=2,|b|=1，
则a⋅b=|a||b|cs60°=1，
(a−b)⋅(−a)=a⋅b−a2=1−4=−3，a与向量a−b的夹角为钝角，故A错误；
(a−b)⋅(a+b)=a2−b2=4−1=3>0，且a−b与a+b不共线，故B正确；
(a−b)⋅(a+2b)=a2+a⋅b−2b2=4+1−2=3>0，且a−b与a+2b不共线，故C正确；
(a−b)⋅(b−2a)=3a⋅b−2a2−b2=3−8−1=−6，a−b与b−2a的夹角为钝角，故D错误．
故选：BC．
根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，依次求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：z=2(1− 3i)1+3=12− 32i，
∴z−=12+ 32i，|z−|=1，A正确；
复数z对应的点为(12,− 32)，在第四象限，B正确；
解x2+x+1=0得，x=−12− 32i或−12+ 32i，∴复数z不是方程x2+x+1=0的解，C错误；
设ω=a+bi，(a,b∈R)，则ω−z=(a−12)+(b+ 32)i，|ω−z|= (a−12)2+(b+ 32)2=1，
∴(a−12)2+(b+ 32)2=1，设a=csθ+12,b=sinθ− 32，则：a2+b2=2+csθ− 3sinθ=2+2sin(π6−θ)≤4，
|ω|= a2+b2的最大值为2，D正确．
故选：ABD．
化简复数z得出z=12− 32i，从而可判断A的正误；根据z可得出z对应的点的坐标，从而判断点所在的象限，从而判断B的正误；可解方程x2+x+1=0，从而判断z是否为该方程的解，从而判断C的正误；可设ω=a+bi，(a,b∈R)，根据|ω−z|=1可得出(a−12)2+(b+ 32)2=1，然后设a=csθ+12,b=sinθ− 32，从而可求出a2+b2的最大值，从而可判断D的正误．
本题考查了复数的除法和乘法的运算，复数模的求法，复数和点的对应关系，两角差的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：f(x)=2 3sinxcsx−2cs2x= 3sin2x−(cs2x+1)=2sin(2x−π6)−1，
所以f(x+φ)=2sin[2(x+φ)−π6]−1=2sin(2x+2φ−π6)−1，
因为y=f(x+φ)为偶函数，
所以2φ−π6=π2+kπ，k∈Z，即φ=π3+kπ2，k∈Z，
当k=0时，φ=π3；
当k=1时，φ=π3+π2=5π6；
当k=3时，φ=π3+3π2=11π6．
故选：BCD．
结合二倍角公式与辅助角公式，化简可得f(x)=2sin(2x−π6)−1，再根据余弦函数的奇偶性，即可得解．
本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握三角函数的奇偶性，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：若bcsA=acsB，则sinBcsA=sinAcsB，
所以sin(B−A)=0，
故B=A，此时△ABC为等腰三角形，A正确；
若a2tanB=b2tanA，则sin2A×sinBcsB=sin2B×sinAcsA，
化简得sinAcsA=sinBcsB，
即sin2A=sin2B，
所以A=B或A+B=π2，
△ABC为等腰三角或直角三角形，B错误；
若sinAa=csBb=csCc，则sinAsinA=csBsinB=csCsinC，
故sinB=csB，sinC=csC，
所以B=C=π4，
△ABC为等腰直角三角形，C正确；
因为acsB+bcsA=a×a2+c2−b22ac+b×b2+c2−a22bc=c，
a2−b2=(acsB+bcsA)2=c2，
故a2=b2+c2，即△ABC为直角三角形，D正确．
故选：ACD．
由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简检验选项A；
由已知结合同角基本关系及正弦定理进行化简，然后结合二倍角公式检验选项B；
结合正弦定理进行化简可得B，C关系即可检验选项C；
由已知结合余弦定理及勾股定理进行化简即可检验选项D．
本题主要考查了同角基本关系，正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
13.【答案】−17
【解析】解：因为tanx=2，
所以tan2x=2×21−22=−43，
故tan(2x+π4)=tan2x+11−tan2x=−43+11+43=−17，
故答案为：−17．
先求出tan2x的值，再利用两角和的正切公式即可求解．
本题考查二倍角的正切公式和两角和的正切公式，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：正六边形ABCDEF中，若AB⋅AF=−2，设正六边形的边长为a，
如图所示：
所以AB⋅AF=a2⋅cs2π3=(−12)⋅a2=−2，解得a=2；
所以AB⋅DF=AB⋅(AF−AD)=AB⋅AF−AB⋅AD=−2−2×4×(−12)=2．
故答案为：2．
直接利用向量的夹角公式和数量积运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的夹角公式，向量的数量积运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
15.【答案】7
【解析】解：作AE⊥BD交BD于E，
∵AB=32 6，CD=5，B=45°，∠ADB=60°，
∴AE= 22AB=3 32，
则AD=AEsin60∘=3，
∴AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC=32+52−2×3×5×cs120°=49，
∴AC=7．
故答案为：7．
作AE⊥BD交BD于E，求出AE以及AD，再结合余弦定理即可求解结论．
本题主要考查三角形的求解，考查计算能力，解题时要注意余弦定理的合理运用，属于中档题．
16.【答案】(−12, 32) 2+ 3
【解析】解：点Q的初始位置Q1的坐标为(−12,− 32)，钝角∠Q1OP=2π3，
设t时刻两点重合，则5t−t=2π3+2kπ(k∈N)，即t=π6+12kπ(k∈N)，
此时点P(cst,sint)，
当k=1时，P与Q第二次重合，P(cs2π3,sin2π3)，即P(−12, 32)，
当k=2时，P与Q第三次重合，P(cs7π6,sin7π6)，即P(− 32,12)，
此时点P相对于其起点(1,0)的位移的大小是 (1+ 32)2+(0+12)2= 2+ 3．
故答案为：(−12, 32)； 2+ 3．
由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得P点的坐标，通过赋值对比选项即可得解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)由2sinα=−csα，知tanα=−12，
所以sinα−csα3sinα+csα=tanα−13tanα+1=−12−13×(−12)+1=3．
(2)因为α为第二象限角，所以sinα>0，csα<0，
又2sinα=−csα，且sin2α+cs2α=1，
所以sinα= 55，csα=−2 55，
所以cs(α+π3)=csαcsπ3−sinαsinπ3=(−2 55)×12− 55× 32=−2 5+ 1510．
【解析】(1)由同角三角函数的商数关系可得tanα=−12，再利用“同除余弦可化切”的思想，即可得解；
(2)根据同角三角函数的平方关系，求得sinα和csα的值，再由两角和的余弦公式，展开运算，得解．
本题考查三角函数的求值，熟练掌握同角三角函数的基本关系，两角和的余弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为f(x)=cs2x−2sinxcsx−sin2x+m=cs2x−sin2x+m= 2sin(2x+3π4)+m，
所以f(x)max= 2+m= 2+1，
所以m=1，f(x)= 2sin(2x+3π4)+1，
所以T=2π2=π；
(2)由f(x)≥0，可得 2sin(2x+3π4)+1≥0，即sin(2x+3π4)≥− 22，
所以2kπ−π4≤2x+3π4≤2kπ+5π4，k∈Z，
解得kπ−π2≤x≤kπ+π4，k∈Z，
所以不等式f(x)≥0的解集为{x|kπ−π2≤x≤kπ+π4,k∈Z}．
【解析】(1)由题意可求得f(x)= 2sin(2x+3π4)+1，再根据周期公式计算即可；
(2)由题意可得2kπ−π4≤2x+3π4≤2kπ+5π4，k∈Z，求解即可．
本题考查了三角恒等变换、三角函数的图象及性质，属于基础题．
19.【答案】解：(1)根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象，
可得A=2，14×2πω=7π12−π3，∴ω=2．
再根据五点法作图，可得2×π3+φ=π，求得φ=π3，∴函数f(x)=2sin(2x+π3).
将函数f(x)=2sin(2x+π3)的图象向右平移π3个单位长度，得到函数g(x)=2sin(2x−π3)的图象．
综上可得，f(x)=2sin(2x+π3)，g(x)=2sin(2x−π3).
(2)令F(x)=f(x)+g(x)=2sin(2x+π3)+2sin(2x−π3)=2sin2x，
方程F(x)=1，即2sin2x=1，即sin2x=12，
∴2x=2kπ+π6 或2x=2kπ+5π6，k∈Z．
分别令k=0，1，2，3，
可得方程在区间(0,2π)内的所有实数解为π12、5π12，13π12，17π12，故所有解的和为π12+5π12+13π12+17π12=3π．
【解析】(1)根据题意，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数f(x)的解析式，再根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式．
(2)由题意，方程即sin2x=12，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵z1=2sinθ− 3i，z2=1+(2csθ)i，
∴z1z2=(2sinθ− 3i)⋅[1+(2csθ)i]=(2sinθ+2 3csθ)+(4sinθcsθ− 3)i，
∵z1⋅z2为实数，∴4sinθcsθ− 3=0，∴sin2θ= 32，
∵θ∈(π6,5π6)，∴2θ∈(π3,5π3)，
∴2θ=2π3，∴θ=π3，
∴z1⋅z2=2sinθ+2 3csθ= 3+ 3=2 3；
(2)由题意得，a=(2sinθ,− 3)，b=(1,2csθ)，
∵(2a−b)⊥(a−2b)，
∴(2a−b)⋅(a−2b)=2a2+2b2−5a⋅b=0，
∴2(4sin2θ+3)+2(1+4cs2θ)−5(2sinθ−2 3csθ)=0，
∴sinθ− 3csθ=85，∴sin(θ−π3)=45，
∵θ∈(π6,5π6)，∴θ−π3∈(−π6,π2)，
∴cs(θ−π3)=35，
∴sinθ=sin[(θ−π3)+π3]=sin(θ−π3)csπ3+cs(θ−π3)sinπ3
=45×12+35× 32=4+3 310．
【解析】(1)先求出z1z2的表达式，再由z1z2为实数，可得虚部为0，由θ的取值范围可得θ的值；
(2)由向量的垂直得到sinθ− 3csθ=85，再利用三角恒等变换化简，求值即可．
本题考查复数的运算性质，向量垂直的运用，三角函数的化简求值，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：△ABC满足条件①a=c−2acsB，由正弦定理可得sinA=sinC−2sinAcsB=sin(A+B)−2sinAcsB=csAsinB−sinAcsB=sin(B−A)，
在△ABC中，可得A=B−A或B−A=π−A，可得B=2A或B=π(舍)，
即证得B=2A，即△ABC满足条件②成立；
(2)证明：因为②B=2A；③3a=2b；④c=5，
由正弦定理可得asinA=bsinB，即32=sin2AsinA=2csA，解得csA=34，
再由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc，即34=b2+25−49b22b⋅5，
整理可得：2b2−27b+90=0，解得b=6或b=152，
b=6时，a=4，c=5，这时△ABC唯一确定；
当b=152时，a=5，c=5，则A=C，
因为B=2A，由内角和A+B+C=π，
可得A=π4，B=π2，可得b= 2a，与3a=2b相矛盾，
综上所述：可证得b=6，a=4，c=5唯一确定一个三角形．
【解析】(1)由题意及余弦定理可得sinA=sin(B−A)，再由三角形中角的范围，可证得B=2A；
(2)由题意及正余弦定理可得2b2−27b+90=0，解得b=6或b=152，再对b的两个值讨论，可得b=6时，a=4，c=5，这时△ABC唯一确定；b=152时，推出与题意矛盾，可证得此时不成立．
本题考查三角形的正余弦定理的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)根据题意，平面四边形ABCD为平面凸四边形，
只需满足∠BDC为锐角，
且∠CBD<5π6即可，在△BCD中，BC设DB=t>0，在△BCD中，由余弦定理得，cs∠CBD=BC2+BD2−CD22BC⋅BD=2t2+t2−324t>− 32，
整理得t2+2 3t−5>0，解得t>2 2− 3，
又∵1在△BCD中，由余弦定理得，csθ=BC2+CD2−BD22BC⋅CD=22+32−t212=13−t212∈(−1,1+2 66)；
(2)在△BCD中，由余弦定理得，BD= 32+22−2×3×2csθ= 13−12csθ，
在△BCD中，由正弦定理得，sin∠BDC=BCsinθBD=2sinθBD，又AD=BD 3，
在△ADC中，由余弦定理得，AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs(π2+∠BDC)
=AD2+CD2+2AD⋅CDsin∠BDC=(BD 3)2+CD2+2⋅BD 3⋅CD⋅2sinθBD
=13BD2+CD2+4CDsinθ 3=4 3sinθ−4csθ+403=8sin(θ−π6)+403，
故AC= 8)sin(θ−π6)+403，
而θ=2π3满足csθ∈(−1,1+2 66)，
故当且仅当θ=2π3时，对角线AC长取取最大值8 33．
【解析】(1)平面四边形ABCD为平面凸四边形，只需满足∠BDC为锐角，且∠CBD<5π6即可，设DB=t>0，利用余弦定理可得2 2− 3(2)由余弦定理得，BD= 13−12csθ，sin∠BDC=2sinθBD，进而可得AC2=8sin(θ−π6)+403，可得AC长的最大值．
本题考查正余弦定理，考查运算求解能力，属中档题．