2021-2022学年河南省豫东名校高一下学期期中考试数学试题含解析
展开1.已知集合,,则( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】根据集合的交集的概念可求出结果.
【详解】,
.
故选:D
2.已知向量,且,则( )
A.B.15C.D.
【答案】A
【分析】利用两向量平行的坐标表示,列出方程求解即可.
【详解】向量,且
解得:
故选:A.
3.水平放置的平面四边形的斜二测直观图为一个边长为4,其中一个夹角为的菱形,则四边形的实际周长为( )
A.16B.20C.24D.28
【答案】C
【分析】根据斜二测画法可知,平面四边形是一个长为,宽为的矩形,由此可求出结果.
【详解】根据斜二测画法可知,平面四边形是一个长为,宽为的矩形,
所以四边形的实际周长为.
故选:C
4.记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则( )
A.B.4C.D.2
【答案】A
【分析】利用正弦定理角化边,然后联立解方程求出与的值,进而得出.
【详解】由正弦定理得:,
即:
又 ,
故选:A.
5.若,则( )
A.B.0C.D.
【答案】D
【分析】由正切两角差的公式直接求解.
【详解】.
故选:D
6.已知圆锥的底面积为,高为4,则该圆锥的侧面积为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据圆的面积公式,结合勾股定理、圆锥的侧面积公式进行求解即可.
【详解】由题意得,圆锥底面圆的半径,则母线长,所以圆锥的侧面积为,
故选:B
7.在平行四边形中,,若的中点为E,则( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】根据平面向量的加法和数乘运算可求出结果.
【详解】.
故选:D
8.记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,,则边上的高为( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】已知两边和夹角,利用余弦定理求出的长,然后根据面积相等解出边上的高即可.
【详解】在中,,由余弦定理得:
解得:
设边的高为,
即 解得:
故选:D.
二、多选题
9.已知复数z满足,则z可能为( )
A.B.C.D.
【答案】AC
【分析】设,由可求出结果.
【详解】设,
则,解得或,
所以或.
故选:AC
10.已知平面内三点,,,则( )
A.B.
C.D.与的夹角为
【答案】BCD
【分析】由题意可求得向量的坐标,由此判断A;计算,判断B;根据向量坐标,求出,判断C;利用向量的夹角公式求得与的夹角,判断D.
【详解】由题意得向量,,,故A错误;
因为,所以,B正确.
因为,所以,C正确.
因为,
因为,所以与的夹角为,D正确.,
故选:BCD
11.为了得到函数的图象,只需把余弦曲线( )
A.所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再将其向右平移个单位长度
B.向左平移个单位长度,再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变
C.所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再将其向右平移个单位长度
D.向右平移个单位长度,再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变
【答案】AD
【分析】根据三角函数的图象的周期变换、相位变换的结论以及诱导公式进行求解可得答案.
【详解】对于A,把余弦曲线的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到的图象,再将其向右平移个单位长度,得到的图象,故A正确;
对于B,把余弦曲线的图象向左平移个单位长度,得到的图象,再将其图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到的图象,故B不正确;
对于C,把余弦曲线的图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到的图象,再将其图象向右平移个单位长度,得到的图象,故C不正确;
对于D,把余弦曲线的图象向右平移个单位长度,得到的图象,再将其图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到的图象,故D正确;
故选:AD
12.在中,,则( )
A.B.
C.D.的面积为
【答案】ABD
【分析】根据正弦定理可判断A正确;利用及,结合两角和的正弦公式可判断故B正确;根据,利用二倍角的余弦公式可判断C不正确;根据,求出和,再根据三角形的面积公式可判断正确.
【详解】因为,所以,
由正弦定理得,故A正确;
因为,所以,
则,即,则,故B正确;
因为,所以,故C不正确;
因为,所以,
所以
,故D正确.
故选:ABD
三、填空题
13.若函数在上为奇函数,则___________.
【答案】
【分析】利用区间关于原点对称求出,再根据恒成立求出,即可得解.
【详解】因为函数在上为奇函数,
所以,得,
又,即,即恒成立,
所以,所以.
故答案为:.
14.一艘轮船从A地开往北偏西方向上的B地执行任务,完成任务后开往北偏东方向上的C地,轮船总共航行了,若C地在A地北偏东的方向上,则A,B两地相距约为___________.(结果保留整数,参考数据:)
【答案】400
【分析】由题意根据方位角得出三角形的三个内角,设,则,由正弦定理可求解.
【详解】由题意,作图如图所示.
所以
设,则
由正弦定理可得,所以
所以
故答案为:400
15.在钝角中,内角的对边分别为,,且,则的一个值可以为___________.
【答案】6(答案不唯一,均可)
【分析】根据已知条件判断出必为钝角,由得,即,再根据,得到,然后在这个范围内任取一个值,即可得解。
【详解】因为,由正弦定理得,
所以,所以不是钝角,
又,所以,所以也不是钝角,故必为钝角,
从而,所以,则,
又,所以.
故答案为:6(答案不唯一,均可)
四、双空题
16.已知复数z满足,则___________,___________.
【答案】
【分析】根据等式求出复数,得到的复数化简后得到结果,再直接利用模长公式求解即可.
【详解】
故答案为:;.
五、解答题
17.已知复数.
(1)若z为纯虚数,求m的值;
(2)若复数的实部与虚部之和为14,求m的值.
【答案】(1)5
(2)1
【分析】(1)先将复数进整理,得出其实部和虚部,由条件可得实部为零,虚部不为零得出答案.
(2)先化简复数,得出实部与虚部,从而求出答案.
【详解】(1)
由z为纯虚数,则,解得(舍去)
(2)
所以,解得
18.已知向量满足,,且.
(1)求;
(2)记向量与向量的夹角为,求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由已知,根据,,借助,可计算出,然后将要求解的平方,带入即可完求解;
(2)借助第(1)问求解出的,先计算,然后再使用即可完成求解.
【详解】(1),
解得,
则,
故.
(2)因为,
所以.
19.记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
(1)求B的大小;
(2)若,求的面积.
【答案】(1)
(2).
【分析】(1)根据余弦定理角化边得到,再根据余弦定理可求出结果;
(2)由以及求出,再根据三角形的面积公式可求出结果.
【详解】(1)由及余弦定理得,化简得,
所以,
又,所以.
(2)由(1)知,,
所以,所以,所以,
所以的面积.为.
20.已知是定义在上的偶函数,当时,.
(1)求的解析式并指出的单调区间;
(2)求的解集.
【答案】(1);的增区间为;减区间为
(2)
【分析】(1)根据偶函数的定义先求出时,的解析式,得出函数的解析式;由时,函数为增函数,再由函数为偶函数得出上的单调性.
(2)由为偶函数,结合条件可得,由单调性从而可得,解出不等式可得答案.
【详解】(1)当时,则,又为偶函数
所以
所以
函数在上均为增函数,则函数在上均为增函数
又为偶函数,则在上单调递减.
所以的增区间为;减区间为
(2)由为偶函数,则,即
根据在上单调递增,所以
所以且 ,即且
解得:或,且
所以不等式的解集为
21.如图,在平行四边形中,E为的中点,与交于点G.
(1)用表示.
(2)若,四边形的面积为,,求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用三角形相似得到,得到,再根据减法运算可得结果;
(2)根据平行四边形的面积求出,将和用表示,求出,再用不等式知识可求出结果.
【详解】(1)依题意可知,与相似,所以,
所以,所以.
(2)因为,四边形的面积为,
所以,所以,
因为,所以,
所以,
,
所以
,当且仅当时,等号成立,
所以的最小值为.
22.如图,在某景区依湖畔而建的半径为500米的一条圆弧形小路上,为吸引游客,景区在这条弧形小路上取两点A,B,准备分别以A,B两处为入口,在河岸内侧建造两条玻璃栈道,,并在两条栈道的终点P处建造一个观景台,已知弧所对的圆心角为.
(1)若为等腰直角三角形,且为斜边,求的面积;
(2)假设玻璃栈道的宽度固定,修建玻璃栈道的造价按照长度来计算,且造价为1200元/米,试问当时,修建两条玻璃栈道最多共需要多少万元?
【答案】(1)平方米.
(2)万元.
【分析】(1)根据圆心角和半径求出弦长,根据等腰直角三角形求出直角边,再根据面积公式求出面积.
(2)设,,利用正弦定理求出、,在求出的最大值,然后乘以即可得解.
【详解】(1)因为弧所对的圆心角为,圆的半径为500,所以米,
又为等腰直角三角形,且为斜边,所以米,
所以的面积为平方米.
(2)设,,
由正弦定理得,得,
由正弦定理得,得,
所以
,
因为,所以,
所以当,即时,取得最大值为米,
所以修建两条玻璃栈道最多共需要万元.
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