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江苏省南京师范大学附属实验学校2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）
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这是一份江苏省南京师范大学附属实验学校2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 已知，，则， 已知函数，则的最小正周期为， 已知，则， 下列各式中，值为1的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年南京师范大学附属实验中学高一下期中考试
一､选择题（共8小题，每题5分，共40分）
1. 已知向量，不共线，向量，且，则的值为（ ）
A. 1 B. C. ±1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线定理及平面向量基本定理列出等式解出即可.
【详解】解：因为向量，不共线，且，
所以，即，，
所以，解得或.
故选：C
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算可求得向量的坐标.
【详解】因为，，则.
故选：A.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算法则即可计算.
【详解】.
故选：A.
4. 已知函数，则的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期.
【详解】
，
因此，函数的最小正周期为，
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】当时，分别求出，，从而求出的值；当时对原式两边同时除以得到，的关系式，利用的公式求出结果.
【详解】当时，，即，；
原式变为，即，所以，.
此时.
当时，对两边同时除以，得 ，即，
所以.综上所述，.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将看成整体，转化，然后利用二倍角整体代换，求解即可.
【详解】,
，
所以，
故选：D
7. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cos10°≈0.985）
A. 45.25 B. 50.76 C. 56.74 D. 58.60
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；
【详解】
设球的半径为R，
，，
故选:B.
8. 将函数和直线的所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，An，若P点坐标为（0，1），则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】在同一坐标系中作出和g(x)=x﹣1的图象，所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3，A4，A5根据为的一个对称点，得到 关于对称， 关于对称，再用中点坐标公式得到求解.
【详解】由题意作出图象如图，共得5个交点，
根据余弦函数的中心对称性可知，
和，和关于对称，，
，
∴.
故选：A.
二､多选题（共4小题，每题5分，共20分）
9. 若四边形ABCD是矩形，则下列命题中正确的是（ ）
A. 共线 B. 相等
C. 模相等，方向相反 D. 模相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的加法和减法的几何意义（平行四边形法则)，结合矩形的判定与性质进行分析可解.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，,
所以共线，模相等,故A、D正确;
∵矩形的对角线相等,∴|AC|=|BD|,
模相等,但的方向不同，故B不正确;
|AD|=|CB|且AD∥CB，所以的模相等，方向相反，
故C正确.
【点睛】本题考查向量的共线，相等，模，向量的加减法的几何意义，属基础题，根据向量的加减法的平行四边形法则和矩形的性质综合判定是关键.
10. 下列各式中，值为1的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A利用二倍角的余弦公式计算得出结果；选项B利用二倍角的正弦公式计算得出结果；选项C利用两角和的余弦公式计算得出结果；选项D利用两角和的正切公式计算得出结果.
【详解】对于选项A，，故A错误；
对于选项B，，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，，故D错误.
故选：BC.
11. 若复数为纯虚数，则（ ）
A. 为实数 B. 为实数
C. 为实数 D. 为实数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，设且，得到，结合复数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】因为为纯虚数，设且，则，
由，所以A正确；
由，所以B错误；
由为实数，所以C正确；
由为实数，所以D正确.
故选：ACD.
12. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若B+C=2A，则面积的最大值为
B. 若，且只有一解，则b的取值范围为
C. 若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D. 为的外心，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D.
【详解】对于A，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
若，且，所以，
由余弦定理得，
由，可得，即，
则面积，所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，若，且，由正弦定理得，
所以，当时即，所以时有一解，故B错误；
对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形，
所以，解得，所以，
由正弦定理得，故C正确；
对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且，
设，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题（共3小题）
13. 函数的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，由正弦型函数值域可求得结果.
【详解】，当时，.
故答案为：.
14. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，那么的形状一定是______.
【答案】等腰或直角三角形
【解析】
【分析】利用余弦定理化简已知条件，由此判断出三角形的形状.
【详解】由和余弦定理得，
即，
整理得，所以或，
即或，所以三角形是等腰或直角三角形.
故答案：等腰或直角三角形
【点睛】本小题主要考查余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.
15. 如图在直角梯形中，已知，，，，，则__________.
【答案】22
【解析】
【分析】根据向量的加法原理和数量积求解即可；
【详解】解：因为，
所以
，
因为，，，
所以，
因为直角梯形，
所以，故，
所以原等式
.
故答案为：22.
16. 笛卡尔坐标系是直角坐标系与斜角坐标系的统称，如图，在平面斜角坐标系中，两坐标轴的正半轴的夹角为，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则称有序实数对为在该斜角坐标系下的坐标.若向量，在该斜角坐标系下的坐标分别为，，当_______时，.
【答案】
【解析】
【分析】根据斜角坐标定义写出向量（用两个已知单位向量表示），然后由向量数量积计算可得．
【详解】由已知，，，
，
解得：．
故答案：．
四､解答题（共6小题，共70分）
17. 已知
（1）求的值
（2）求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过求出然后代入公式求解即可；
（2）结合诱导公式与齐次式化简，代入求解即可；
【小问1详解】
因为，所以
；
【小问2详解】
=，
齐次式化简：，
故
18. 平面内给定三个向量，，.
（1）求；
（2）求；
（3）若，求实数k.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量夹角的坐标公式即可求解；
（2）根据平面向量模长公式的坐标表示即可求解；
（3）根据平面向量垂直的坐标表示即可求解.
【小问1详解】
解：因为，，
所以，，，
所以；
【小问2详解】
解：因为，，所以，
所以；
【小问3详解】
解：因为，，，
又，
所以，解得.
19. 如图，在平面四边形中，，，，，．
（1）求边的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理可得解；
（2）在中，先由余弦定理得，进而得，最后利用面积公式求解即可.
小问1详解】
在中，，
由正弦定理得．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得
．
∴．
∴．
20. “不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，，，满足
（1）求；
（2）若的面积为，且，求的周长
【答案】（1）
（2）cm
【解析】
【分析】（1）根据题意可求圆的直径，再结合正弦定理运算求解；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解.
小问1详解】
设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得.
【小问2详解】
∵，则，故锐角，
∴，
由面积公式，即，可得，
由余弦定理，即，
可得，解得（cm），
故的周长为（cm）.
21. 如图，在边长为2的等边三角形中，D是的中点.
（1）求向量与向量的夹角；
（2）若O是线段上任意一点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的夹角公式计算可得结果；
（2）将表示为的函数，再根据二次函数知识可求出结果.
【小问1详解】
由题意可得，，
，
.
因为，
故向量与向量的夹角为.
【小问2详解】
.
当时，取得最小值，且最小值为.
22. 由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上可以表示为的三次多项式.
（1）试用仅含有的多项式表示；
（2）求出的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦的两角和公式和平方关系求解即可；
（2）利用，结合三角恒等变换求解即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以，
解得，或（舍去），
故.
2022-2023学年南京师范大学附属实验中学高一下期中考试
一､选择题（共8小题，每题5分，共40分）
1. 已知向量，不共线，向量，且，则的值为（ ）
A. 1 B. C. ±1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线定理及平面向量基本定理列出等式解出即可.
【详解】解：因为向量，不共线，且，
所以，即，，
所以，解得或.
故选：C
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算可求得向量的坐标.
【详解】因为，，则.
故选：A.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算法则即可计算.
【详解】.
故选：A.
4. 已知函数，则的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期.
【详解】
，
因此，函数的最小正周期为，
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】当时，分别求出，，从而求出的值；当时对原式两边同时除以得到，的关系式，利用的公式求出结果.
【详解】当时，，即，；
原式变为，即，所以，.
此时.
当时，对两边同时除以，得 ，即，
所以.综上所述，.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将看成整体，转化，然后利用二倍角整体代换，求解即可.
【详解】,
，
所以，
故选：D
7. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cos10°≈0.985）
A. 45.25 B. 50.76 C. 56.74 D. 58.60
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；
【详解】
设球的半径为R，
，，
故选:B.
8. 将函数和直线的所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，An，若P点坐标为（0，1），则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】在同一坐标系中作出和g(x)=x﹣1的图象，所有交点从左到右依次记为A1，A2，A3，A4，A5根据为的一个对称点，得到 关于对称， 关于对称，再用中点坐标公式得到求解.
【详解】由题意作出图象如图，共得5个交点，
根据余弦函数的中心对称性可知，
和，和关于对称，，
，
∴.
故选：A.
二､多选题（共4小题，每题5分，共20分）
9. 若四边形ABCD是矩形，则下列命题中正确的是（ ）
A. 共线 B. 相等
C. 模相等，方向相反 D. 模相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的加法和减法的几何意义（平行四边形法则)，结合矩形的判定与性质进行分析可解.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，,
所以共线，模相等,故A、D正确;
∵矩形的对角线相等,∴|AC|=|BD|,
模相等,但的方向不同，故B不正确;
|AD|=|CB|且AD∥CB，所以的模相等，方向相反，
故C正确.
【点睛】本题考查向量的共线，相等，模，向量的加减法的几何意义，属基础题，根据向量的加减法的平行四边形法则和矩形的性质综合判定是关键.
10. 下列各式中，值为1的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A利用二倍角的余弦公式计算得出结果；选项B利用二倍角的正弦公式计算得出结果；选项C利用两角和的余弦公式计算得出结果；选项D利用两角和的正切公式计算得出结果.
【详解】对于选项A，，故A错误；
对于选项B，，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，，故D错误.
故选：BC.
11. 若复数为纯虚数，则（ ）
A. 为实数 B. 为实数
C. 为实数 D. 为实数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，设且，得到，结合复数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】因为为纯虚数，设且，则，
由，所以A正确；
由，所以B错误；
由为实数，所以C正确；
由为实数，所以D正确.
故选：ACD.
12. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若B+C=2A，则面积的最大值为
B. 若，且只有一解，则b的取值范围为
C. 若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D. 为的外心，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D.
【详解】对于A，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
若，且，所以，
由余弦定理得，
由，可得，即，
则面积，所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，若，且，由正弦定理得，
所以，当时即，所以时有一解，故B错误；
对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形，
所以，解得，所以，
由正弦定理得，故C正确；
对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且，
设，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题（共3小题）
13. 函数的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，由正弦型函数值域可求得结果.
【详解】，当时，.
故答案为：.
14. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，那么的形状一定是______.
【答案】等腰或直角三角形
【解析】
【分析】利用余弦定理化简已知条件，由此判断出三角形的形状.
【详解】由和余弦定理得，
即，
整理得，所以或，
即或，所以三角形是等腰或直角三角形.
故答案：等腰或直角三角形
【点睛】本小题主要考查余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.
15. 如图在直角梯形中，已知，，，，，则__________.
【答案】22
【解析】
【分析】根据向量的加法原理和数量积求解即可；
【详解】解：因为，
所以
，
因为，，，
所以，
因为直角梯形，
所以，故，
所以原等式
.
故答案为：22.
16. 笛卡尔坐标系是直角坐标系与斜角坐标系的统称，如图，在平面斜角坐标系中，两坐标轴的正半轴的夹角为，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则称有序实数对为在该斜角坐标系下的坐标.若向量，在该斜角坐标系下的坐标分别为，，当_______时，.
【答案】
【解析】
【分析】根据斜角坐标定义写出向量（用两个已知单位向量表示），然后由向量数量积计算可得．
【详解】由已知，，，
，
解得：．
故答案：．
四､解答题（共6小题，共70分）
17. 已知
（1）求的值
（2）求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过求出然后代入公式求解即可；
（2）结合诱导公式与齐次式化简，代入求解即可；
【小问1详解】
因为，所以
；
【小问2详解】
=，
齐次式化简：，
故
18. 平面内给定三个向量，，.
（1）求；
（2）求；
（3）若，求实数k.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量夹角的坐标公式即可求解；
（2）根据平面向量模长公式的坐标表示即可求解；
（3）根据平面向量垂直的坐标表示即可求解.
【小问1详解】
解：因为，，
所以，，，
所以；
【小问2详解】
解：因为，，所以，
所以；
【小问3详解】
解：因为，，，
又，
所以，解得.
19. 如图，在平面四边形中，，，，，．
（1）求边的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理可得解；
（2）在中，先由余弦定理得，进而得，最后利用面积公式求解即可.
小问1详解】
在中，，
由正弦定理得．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得
．
∴．
∴．
20. “不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，，，满足
（1）求；
（2）若的面积为，且，求的周长
【答案】（1）
（2）cm
【解析】
【分析】（1）根据题意可求圆的直径，再结合正弦定理运算求解；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解.
小问1详解】
设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得.
【小问2详解】
∵，则，故锐角，
∴，
由面积公式，即，可得，
由余弦定理，即，
可得，解得（cm），
故的周长为（cm）.
21. 如图，在边长为2的等边三角形中，D是的中点.
（1）求向量与向量的夹角；
（2）若O是线段上任意一点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的夹角公式计算可得结果；
（2）将表示为的函数，再根据二次函数知识可求出结果.
【小问1详解】
由题意可得，，
，
.
因为，
故向量与向量的夹角为.
【小问2详解】
.
当时，取得最小值，且最小值为.
22. 由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上可以表示为的三次多项式.
（1）试用仅含有的多项式表示；
（2）求出的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦的两角和公式和平方关系求解即可；
（2）利用，结合三角恒等变换求解即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以，
解得，或（舍去），
故.
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