辽宁省协作校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试卷(含答案)

这是一份辽宁省协作校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．( )
A.B.C.D.1
2．下列函数中，周期为1的奇函数是( )
A.B.
C.D.
3．已知，，且，则与的夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
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
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( )
6．扇形的半径为1，，点C在弧上运动，则的最小值为( )
A.B.0C.D.-1
7．2023年下半年开始，某市加快了推进“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.
8．已知函数，则下列结论错误的是( )
A.函数为偶函数B.函数关于对称
C.函数的最大值为D.函数在上单调递减
二、多项选择题
9．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.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
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
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
三、填空题
12．已知中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，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________.
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________.
14．如图,在四边形ABCD中,E,F分别在边AD,BC上,且,,,,与的夹角为,则________.
四、解答题
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.
16．已知函数.
（1）求的最小正周期和单调减区间；
（2）若，求的值.
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.
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A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P是外接圆上异于B，D的点，求的最大值.
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是固定的，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.
参考答案
1．答案：C
解析：
，
故选：C.
2．答案：D
解析：化简函数表达式是偶函数，周期为1，不合题意；
的周期为1，是非奇非偶函数，周期为1，不合题意；
是奇函数，周期为2，不合题意；
是奇函数，周期为1，合题意；故选D.
3．答案：B
解析：由题意，，，又，所以
，
.
故选：B.
4．答案：B
解析：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a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．答案：C
解析：，
因为，
所以，近似值为，
所以的近似值为.
故选：C.
6．答案：A
解析：以O为原点，以所在直线为x轴，过O作的垂线为y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．答案：D
解析：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A、B之间的距离为.
故选：D.
8．答案：C
解析：根据题意，函数定义域为R，
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1，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.
9．答案：BCD
解析：A.，，设的外接圆半径是R，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．答案：BD
解析：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m的取值范围是，D正确.
故选：BD.
11．答案：BCD
解析：由于的外接圆半径为1，圆心为O，.
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A，B，C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.
12．答案：
解析：由题意得，
，
所以，
则，，，，
所以.
故答案为：.
13．答案：
解析：，设，则，，
设，则，
，
故，
故答案为：.
14．答案：7
解析：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:7.
15．答案：（1）或
（2）且
解析：（1）由，可得，
设，则由，可得，
又因为，可得，联立方程组解得：或，
即或.
（2）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．答案：（1）最小正周期为π，单调减区间，
（2）
解析：（1）函数，
，
，
令，，
，
，，
单调减区间，
（2）根据（1）知，，
故，
，故，
故
.
17．答案：（1）
（2）
（3）直角三角形
解析：（1）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.
（2）因为AD是的角平分线，且，，设，
因为，可得，
即，解得，即.
（3）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．答案：（1）
（2）时，四边形面积取得最大值，且最大值为
（3）
解析：（1）由，，，，可得，
由题意可得，
即，
即，当且仅当A，B，C，D四点共圆时等号成立
即的最大值为.
（2）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.
（3）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．答案：（1）米
（2）①时，取得最小值为米；②答案见解析
解析：（1）中，，，，
则，，点M到的距离为，
所以米.
（2）①中，，，
设点M到的距离为h，
则，则，
则，
所以，
设，，
，，
所以，
所以，
当时，即时，取得最小值为米.
②当点M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.