2021-2022学年辽宁省沈阳市东北育才学校学高中部高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2021-2022学年辽宁省沈阳市东北育才学校学高中部高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．在边长为1的正方形ABCD中，向量，则向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由向量关系知E为DC的中点，F为BC靠近B端的三等分点，可以求得向量的模长，然后求得数量积，从而求得向量夹角.

【详解】由向量关系知E为DC的中点，F为BC靠近B端的三等分点，

则，，，

则由知，

则

故向量的夹角为

故选：B

2．在中，角所对的边分别为，若，则角的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知，整理可得：，由余弦定理可解得，结合为三角形内角即可解得的取值范围.

【详解】解：因为，

整理可得：，

由余弦定理可得：，

由为三角形内角，即，可得：.

故选：C．

3．下列各式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数的单调性以及每个选项对应角所在的象限逐项分析.

【详解】对于A， ， 在第二象限是增函数， ，错误；

对于B， ， ， ，错误；

对于C， ，

在第一象限是增函数， ，错误；

对于D， ，

， ，正确；

故选：D.

4．复数满足，则的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，由得，后可得答案.

【详解】设，则.

则.

则.

故选：C

5．为捍卫国家南海主权，我海军在南海海域进行例行巡逻.某天，一艘巡逻舰从海岛出发，沿南偏东的方向航行40海里后到达海岛，然后再从海岛出发，沿北偏东的方向航行了海里到达海岛.若巡逻舰从海岛出发沿直线到达海岛，则航行的方向和路程（单位：海里）分别为（    ）

A．北偏东， B．北偏东，

C．北偏东， D．北偏东，

【答案】C

【分析】在中，，，，故可由余弦定理求出边AC的长度，在中，可由正弦定理建立方程，求出．

【详解】据题意知，在中，，海里，海里，

所以

，

所以海里，

又，所以，

又因为为锐角，所以，

所以航行的方向和路程分别为北偏东，海里.

故选：C.

【点睛】本题考查解三角形的实际应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

6．函数，将图像向右平移个单位长度得到函数的图像，若对任意，都有成立，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出 的解析式，再求出 ，由题意 是 的最大值，运用辅助角公式求出 的最大值即可.

【详解】依题意 ，

，

，

其中 ，

∴ 的最大值为 ，依题意有 ，即 ，

；

故选：A.

7．函数与的图像相交于两点，则中点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据 和 的对称性确定MN中点的位置即可.

【详解】由于 ，所以 和 都是关于点 对称的，

所以M，N也是关于 对称的，M，N的中点就是 ；

故选：A.

8．在中，内角的对边分别为，且边上的中线，则（    ）

A．3 B． C．1或2 D．2或3

【答案】C

【分析】由正弦定理及可得，在中由余弦定理列式可得，在中由余弦定理可得，综上即可求解c

【详解】由得，∴，∵，∴，即.

在中，由余弦定理可得，整理得，

在中，，∴，即 （*），

当时，（*）式可解得，；

当时，（*）式可解得，；

故选：C

二、多选题

9．复数，i是虚数单位，则下列结论正确的是（    ）

A． B．z的共轭复数为

C．z的实部与虚部之和为2 D．z在复平面内的对应点位于第一象限

【答案】CD

【分析】根据复数的四则运算，整理复数，再逐一分析选项，即得.

【详解】由题得，复数，可得，则A不正确；的共轭复数为，则B不正确；的实部与虚部之和为，则C正确；在复平面内的对应点为，位于第一象限，则D正确.综上，正确结论是CD.

故选：CD

【点睛】本题考查复数的定义，共轭复数以及复数的模，考查知识点全面.

10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为

【答案】BD

【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.

【详解】，所以，故A错误；

，故B正确；

，

，，，故C错误；

向量在上的投影向量为，故D正确．

故选：BD

11．已知函数，下列命题中的真命题有（    ）

A．，为奇函数

B．，对恒成立

C．，，若，则的最小值为

D．，，若，则

【答案】BC

【分析】先化简函数；作出函数的图象，再逐项判断，；由函数的图象是的图象向左或向右平移个单位，它不会是奇函数的，故A错误； 由，得，，，；又，取或时成立B正确； 由时，得 的最小值为，所以C正确；当时， ，所以D错误.

【详解】由题意；

∵的图象如图所示；

函数的图象是的图象向左或向右平移个单位，

它不会是奇函数的，故A错误；

若 ，

∴，

∴，

∴，；

又，

∴取或时，

∴对恒成立，故B正确；

时，

 的最小值为，故C正确；

当时，

故D错误；

故选:BC.

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

12．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则的外接圆的面积为

B．若，则的面积的最大值为

C．若，且为锐角三角形，则边的长度的取值范围为

D．若，且，为的内心，则的面积为

【答案】BCD

【分析】根据条件求出.

选项A：根据条件求角，根据正弦定理求外接圆的半径，从而求外接圆的面积；

选项B：把的面积表示成的一个函数，利用二次函数求最值；

选项C：根据正弦定理把边表示为，利用为锐角三角形求角的范围，从而求边的范围；

选项D：利用正弦定理求出角，从而判断出是直角三角形，利用直角三角形内切圆半径公式求的内切圆半径，从而求的面积.

【详解】因为，所以由正弦定理，得,

即 ，

因为，所以，且，所以.

选项：若，则，

所以的外接圆的直径 ，所以，

所以的外接圆的面积为，选项A错误；

选项：若，则，

又因为，所以由余弦定理，得，

即，所以，

所以

，

所以当时，取最大值，且最大值为，所以选项B正确；

选项：由正弦定理，得 ，即 ，

因为为锐角三角形，所以 ，即，所以，

所以，故选项C正确；

选项：因为，所以，

因为，所以，

所以由正弦定理，得，即，

所以，

即，所以，

所以，又因为，所以，， ，，

即是直角三角形，所以内切圆的半径为，

所以的面积为，选项D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知，点为角终边上的一点，且，则角________．

【答案】．

【分析】由三角函数定义可得，已知等式用诱导公式变形得可得，结合角的大小及范围求得，然后由两角差的正弦公式求得后可得．

【详解】∵，∴，

∴，．

又，∴．

∵，∴，

∴，

∴

．

∵，∴．

故答案为：.

【点睛】本题考查已知三角函数值求角，要求角，一般先求出这个角的某个三角函数值，这里有一个技巧，由角的范围（也可先缩小范围），确定在此范围内三角函数是单调的函数值，这样所求角唯一易得．

14．已知函数的部分图像如图所示，且，则__________.

【答案】-

【分析】根据图像求出 的解析式即可.

【详解】由图可知： ， ，

又 ，即 ，

；

故答案为：- .

15．设复数满足，且使得关于的方程有实根，则这样的复数的和为______.

【答案】

【解析】首先设 (，且)，代入方程，化简为，再分和两种情况求验证是否成立.

【详解】设，(，且)

则原方程变为.

所以，①且，②；

（1）若，则解得，当时①无实数解，舍去；

从而，此时或3，故满足条件；

（2）若，由②知，或，显然不满足，故，代入①得，，

所以.

综上满足条件的所以复数的和为.

故答案为：

【点睛】思路点睛：本题考查复系数二次方程有实数根问题，关键是设复数后代入方程，再进行整理转化复数的代数形式，注意实部和虚部为0，建立方程求复数.

16．如图所示，已知在四边形ABCD中，，，，且点A、B、C、D共圆，点M，N分别是AD和BC的中点，则的值为______．

【答案】##

【分析】应用余弦定理及圆的性质可得、，再由，应用向量数量积的运算律求值即可.

【详解】

由题设，则，

在△中，

在△中，

所以，可得，故，同理得，

又，M，N分别是AD和BC的中点，

所以，

所以.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：应用余弦定理及圆的性质求四边形相关内角的余弦值，再转化求值.

四、解答题

17．已知为锐角，.

(1)求的值；

(2)求函数的对称中心和单调区间.

【答案】(1)；

(2)对称中心为,单调增区间为，无减区间.

【分析】（1）利用诱导公式化简可得，即求；

（2）利用正切函数的性质即得.

【详解】（1）∵，

∴，又为锐角，

∴；

（2）由题知函数，

由，得，

∴函数的对称中心为；

由，得，

∴函数的单调增区间为，无减区间.

18．已知z为复数，和均为实数，其中是虚数单位.

（1）求复数z和；

（2）若在第四象限，求m的范围.

【答案】（1），；（2）

【分析】（1）设，依据题设，建立方程求出，即可求得z，再求其模；

（2）先求出，再根据题意建立不等式组求解即可：

【详解】（1）设，则，

由为实数，得，则，

由为实数，得，则，

∴，则；

（2）

由在第四象限，得，解得或，

故m的取值范围为．

【点睛】思路点睛：本题考查复数的有关概念及加减乘除等基本运算等有关知识的综合运用，考查利用复数在复平面上对应点所在象限求参数范围，求解时先设，然后依据题设建立方程求出，属于基础题.

19．的内角，，的对边分别是，，，已知．

(1)求；

(2)若是锐角三角形，，求周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换即可求解；(2)结合已知条件利用正弦定理表示出，再利用三角恒等变换求值即可.

【详解】（1）由正弦定理得，，

在中，，

故，

∴，

∴，，

从而，，

∵，∴；

（2）由正弦定理得，，，其中为的外接圆半径，

故

，

因为是锐角三角形，，，

即且，

故，，

所以，

从而，故，

故三角形周长的取值范围为．

20．函数图象的一条对称轴为，一个零点为，最小正周期满足．

(1)求的解析式；

(2)若对任意恒成立，求的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）首先根据周期的范围求出，然后再结合函数的对称轴和零点即可求出和的值，从而可求出函数的解析式；

（2）首先根据的解析式把条件转化为，再结合变名的诱导公式及余弦的二倍角公式即可得到，即得到，结合正弦函数的图象即可求出的取值范围，从而可求的最大值．

【详解】（1）因为函数的最小正周期满足，所以，即；

因为函数图象的一条对称轴为，所以①，

因为函数的一个零点为，所以②，

②①，得，所以当时，，

因为，所以把代入①，得.

所以.

（2）因为，所以由，得，即，

所以，即，

所以，即，所以，

所以，即，

所以的最大值为.

21．在平面四边形中，．

(1)求的面积；

(2)若，求的值；

【答案】(1)；

(2)8.

【分析】（1）在中，由余弦定理求得得，再根据三角形的面积公式可求得答案；

（2）在中，由正弦定理求得，再由正弦和角公式求得，在中，根据正弦定理求得，由此可求得答案.

【详解】（1）解：在中，，所以，

解得（舍去），

所以；

（2）解：在中，，所以，即，解得，

又，所以，所以，

又，所以，

所以

，

在中，，即，

所以，

所以.

22．借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB的半径为20米，圆心角为.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ，另一部分是三角形观赏台AOC．现计划在弧AB上选取一点M，作MN平行OA交OB于点N，以MN为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ，NP长为5米；同时在水池岸边修建一个满足且的三角形观赏台AOC，记.

（1）当时，求矩形观赏台MNPQ的面积；

（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.

【答案】（1）平方米；（2）212.5平方米.

【分析】（1）过M作OA的垂线，交AO于点E,过N作OA的垂线，交AO于点F，分别计算出MN、NP，即可求出矩形MNPQ的面积

（2）由题意可知，，利用正弦定理表示出各边，把观赏台面积表示为x的函数，，利用三角函数求最值.

【详解】（1）

当时，过M作OA的垂线，交AO于点E.

则.

.

过N作OA的垂线，交AO于点F，.

∵，，

∴.

.

矩形MNPQ的面积平方米.

所以矩形观赏台MNPQ的面积平方米.

（2）由题意可知，，，，，

在中，由，

得.

矩形MNPQ的面积.

观赏台的面积.

整个观赏台面积.

设，，

∴.

.

∴.

∴

.

当时，整个观赏台观赏台S取得最大值为212.5平方米.

∴整个观赏台的面积S的最大值为212.5平方米.

【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：

(1)求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；

(2)三角函数型应用题根据题意正确画图，把有关条件在图形中反映，利用三角知识是关键．