47，辽宁省协作校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

这是一份47，辽宁省协作校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分：150分
第I卷（选择题 共58分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】本题先利用诱导公式进行化简，再利用两角和正弦公式，即可得到结果.
详解】
，
故选：C.
2. 下列函数中，周期为1的奇函数是 ( )
A. y=1-2sin2πxB. y=sin
C. y=tanxD. y=sinπxcsπx
【答案】D
【解析】
【分析】对，利用二倍角余弦公式化简后判断；对直接判断奇偶性即可；对，直接利用正切函数的周期公式判断即可；对，利用二倍角的正弦公式化简后判断即可.
【详解】化简函数表达式y=1-2sin2πx=cs是偶函数，周期为1，不合题意；
y=sin的周期为1，是非奇非偶函数，周期为1，不合题意；
y=tanx是奇函数，周期为2，不合题意；
y=sinπxcsπx=sin2πx是奇函数，周期为1，合题意；故选D.试卷源自 期末大优惠，全站资源一元不到！即将回复原价。【点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及三角函数的周期公式，属于中档题.由函数可求得函数的周期为；由函数可求得函数的周期为；由函数可求得函数的周期为.
3. 已知，，且，则与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据模长公式可得，即可由夹角公式求解.
【详解】由题意，，，又，所以
，
．
故选：B．
4. 在中，，，，则“恰有一解”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理可得，利用一元二次方程根的情况，结合判别式即可分类求解只有一个解时的范围，即可根据逻辑关系求解.
【详解】由，得，
方程 的判别式，
①，解得．
当时， 转化为，解得 符合题意；
当时 转化为，解得 不符合题意；
②，且两根之积，
可得有一正根和一负根，负根舍去，此时有一解，此时；
③，且两根之积，解得，
当时，，解得 符合题意；
当时，解得不符合题意；
故若有一解，则或，
故“恰有一解”，是“”的必要不充分条件
故选：B．
5. 英国数学家布鲁克·泰勒以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式我们可知：如果函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，若取，则，此时称该式为函数在处的n阶泰勒公式（其中，）.计算器正是利用这一公式将，，，，等函数转化为多项式函数，通过计算多项式函数值近似求出原函数的值，如，，则运用上面的想法求的近似值为（ ）
A. 0.83B. 0.46C. 1.54D. 2.54
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据诱导公式和二倍角公式化简，再利用，即可求解.
【详解】，
因为，
所以，近似值为，
所以的近似值为.
故选：C
6. 扇形的半径为1，，点在弧上运动，则的最小值为（ ）
A. B. 0C. D. -1
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数的定义可得，即可根据向量的坐标运算，结合三角恒等变换可得，即可利用三角函数的性质求解.
【详解】以为原点，以所在直线为轴，过作的垂线为轴，建立平面直角坐标系，
设，则，其中，，，
故，,，
，
，，，
，
的取值范围为,，故的最小值为；
故选：A．
7. 2023年下半年开始，某市加快了推进“5G+光网”双千兆城市建设.如图，某市区域地面有四个5G基站A，B，C，D.已知C，D两个基站建在江的南岸，距离为，基站A，B在江的北岸，测得，，，，则A，B两个基站的距离为（ ）

A. B. C. 40kmD.
【答案】D
【解析】
【分析】利用的边角关系求出，在中利用正弦定理求出，在中利用余弦定理求出即可．
【详解】在中，，，
所以，即，得故．
在中，．
由正弦定理得，，
解得，
在中，由余弦定理得，
，
解得，即两个基站、之间的距离为．
故选：D．
8. 已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A. 函数偶函数B. 函数关于对称
C. 函数的最大值为D. 函数在上单调递减
【答案】C
【解析】
【分析】利用偶函数定义判断A；计算，从而判断B；利用二次复合函数的性质判断C；利用复合函数的单调性判定D.
【详解】根据题意，函数定义域为，
故函数为偶函数，A不符合题意；
，
，
故，即函数关于对称，B不符合题意；
，
又，当时，函数取最大值，C符合题意；
当，则，
，且为增函数，
所以函数在上单调递减，D不符合题意.
故选：C
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 在中，角的对边分别是.下面四个结论正确的是（ ）
A. ，，则的外接圆半径是4
B. 若，则
C. 若，则一定是钝角三角形
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正弦定理可得，即可判断A；由正弦定理即可求解BD，利用余弦定理，判断出为钝角，即可判断C.
【详解】A．，，设的外接圆半径是，则，解得，故A错误；
对于B，由可得，由正弦定理可得，故B正确，
对于C．，则，为钝角，故一定是钝角三角形，因此C正确；
对于D，由以及正弦定理可得：，，
因为，故D正确；
故选：BCD．
10. 在物理学中，把物体受到的力（总是指向平衡位置）正比于它离开平衡位置的距离的运动称为“简谐运动”.在适当的直角坐标系下，某个简谐运动可以用函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. ，频率为，初相为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在上的值域为
D. 若在上恰有4个零点，则m的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】利用函数的图象求出，进而根据相关定义即可求解A，代入验证是否为最值即可求解B，利用整体法结合三角函数的性质即可求解CD.
【详解】根据函数的图象，，，故，所以；
当时，，
所以，，整理得，，
由于，所以当时，，故．
对于A，，频率为，初相为，故A错误；
对于B：当时，，故B正确；
对于C：由于，故，故，故C错误；
对于D：，则，若在上恰有4个零点，
则，解得，
故的取值范围是，D正确．
故选：BD．
11. 已知O为坐标原点，的三个顶点都在单位圆上，且则（ ）
A. B.
C. 为锐角三角形D. 在上投影的数量
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，可得，化为，得到,即可求解B．由，可得化为,即可根据投影的公式求解D，根据，即可根据夹角公式求解A，根据数量积的正负求解角，即可判断C.
【详解】由于的外接圆半径为1，圆心为，．
由，可得，
化为．，
，．故是等腰直角三角形．B正确，
由，可得，
,所以，故，A错误，
由得，
所以,
,
,
因此均为锐角，故为锐角三角形，C正确
．
．
在上的投影．D正确
故选：BCD
第II卷（非选择题92共分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知中角所对的边分别为，，则的面积，该公式称作海伦公式，最早由古希腊数学家阿基米德得出.若的周长为18，，则的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理边角互化可求，代入已知面积公式可求．
【详解】由题意得，
，
所以，
则，
所以．
故答案为：．
13. 已知向量，将绕原点O沿逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件得，设，则，，再求的正弦和余弦，然后由坐标，，即可求出结果．
【详解】，设，则，，
设,，则，
，
故，
故答案为：
14. 如图，在四边形中，分别在边上，且，，，，与的夹角为，则________.

【答案】
【解析】
【分析】本题关键是对向量进行线性运算，并用基底与线性表示，然后再做数量积运算即可.
【详解】
由图形结合向量线性运算可得： ，
由，可得，
由可得，
由上面两式相加得：，即
又由，，与的夹角为，
可得，
所以，
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知平面向量，.
（1）若，且，求的坐标；
（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）或.
（2）且.
【解析】
【分析】（1）先设的坐标，再利用向量垂直关系得到向量积为0和它的模已知列方程组求坐标；
（2）利用向量夹角为锐角，肯定向量积大于0，但要注意检验是否有可能夹角为0即可.
【小问1详解】
由，可得，
设，则由，可得，
又因为，可得，联立方程组解得：或
即或.
【小问2详解】
由与的夹角为锐角，可得，
代入，可得：，
解得，
当时，，可得，
解得：，此时满足，即同向共线，所以夹角要排除为0的情形，
综上可得与的夹角为锐角时，且.
16. 已知函数.
（1）求的最小正周期和单调减区间；
（2）若，求的值.
【答案】（1）最小正周期为，单调减区间，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可利用周期公式求解，利用整体法求解单调性，
（2）代入化简可得，进而利用和差角公式以及二倍角公式化简即可代入求值.
【小问1详解】
函数，
，
，
令，，
，
，，
单调减区间，
【小问2详解】
根据（1）知，，
故，
，故，
故
17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且________，在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并解答下列问题：
（1）求角A的大小；
（2）若AD是的角平分线，且，，求线段AD的长；
（3）若，判断的形状.
【答案】（1）
（2）
（3）直角三角形
【解析】
【分析】（1）选择①：利用三角形的面积公式和向量的数量积的运算公式，求得，得到，即可求解；
选择②：由正弦定理化简得到，得到，即可求解；
选择③，化简得到,即，由余弦定理求得，即可求解；
（2）设，结合，列出方程，即可求解；
（3）由余弦定理得，再由，联立得到，进而得到方程，求得或，进而得到三角形的形状.
【小问1详解】
选择①：由，可得，
即，即，
因为，所以；
选择②：因为②，由正弦定理得，
可得，
因为，可得，所以，
即，可得，
因为，可得，所以；
选择③，由，可得,
又由正弦定理得，再由余弦定理得，
因为，所以.
【小问2详解】
因为AD是的角平分线，且，设，
因为，可得，
即，解得，即.
【小问3详解】
由（1）知，
由余弦定理得，
因为，平方得，即，
代入上式，可得，即，
将代入，可得，解得或，
当时，可得，此时，可得为直角三角形；
当时，此时（不成立，舍去）；
综上可得，为直角三角形.
18. 古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形中，

（1）若，，，（图1），求线段长度的最大值；
（2）若，，（图2），求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出四边形面积的最大值；
（3）在满足（2）条件下，若点是外接圆上异于的点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）时，四边形面积取得最大值，且最大值为．
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，进而求出的最大值；
（2）由题意可得，分别在，中，由余弦定理可得的表达式，两式联立可得的值，进而求出角的大小，进而求出此时的四边形的面积．
（3）根据余弦定理可得，即可结合不等式求解最值.
【小问1详解】
由，，，，可得，
由题意可得，
即，
即，当且仅当四点共圆时等号成立
即的最大值为；
【小问2详解】
如图2，连接，因为四点共圆时四边形的面积最大，，，，
所以，即，，
在中，，①
在中，由余弦定理可得，②
由①②可得，
解得，而，可得，
所以，
此时．
所以时，四边形面积取得最大值，且最大值为．
【小问3详解】
由题意可知所以，即，
在中，由余弦定理可得,
故,
故，
故，当且仅当时等号成立，
故最大值为
19. 某公园为了美化环境和方便顾客，计划建造一座“三线桥”连接三块陆地，如图1所示，点A、B是固定，点C在右边河岸上.把右边河岸近似地看成直线l，如图2所示，经测量直线AB与直线l平行，A、B两点距离及点A、B到直线l的距离均为100米.为了节省成本和兼顾美观，某同学给出了以下设计方案，MA、MB、MC三条线在点M处相交，，，设.
（1）若时，求MC的长；
（2）①若变化时，求桥面长（的值）的最小值；
②你能给出更优的方案，使桥面长更小吗？如果能，给出你的设计方案，并说明理由.
【答案】（1）米
（2）①时，取得最小值为米；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）首先求直角三角形中斜边的高，即可求解的值；
（2）①首先利用三角函数表示，再根据三角函数关系式，利用换元法，即可求解；②当点是中垂线上，且结合图形，设时，利用角三角函数表示，再利用三角恒等变换，结合基本不等式，计算最小值.
【小问1详解】
中，，，，
则，，点到的距离为，
所以米；
【小问2详解】
①中，，，
设点到的距离为，
则，则，
则，
所以，
设，，
，，
所以，
所以，
当时，即时，取得最小值为米.
②当点是中垂线上，且时，桥面长更小，
证明：记，则，，
记，
因为，而，
当且仅当时等号成立，此时由最小值.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用三角函数表示长度，再结合三角运算和性质，求解最值.