2022-2023学年福建省泉州科技中学高一下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年福建省泉州科技中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，则(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数诱导公式和余弦二倍角公式即可计算求值．

【详解】．

故选：A．

2．已知向量，，则

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】因为，所以=（5，7），故选A.

【解析】本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.

3．下列等式不成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对于A，利用二倍角的余弦公式求解判断；对于B，利用二倍角的正弦公式求解判断；对于C，利用辅助角公式求解判断；对于D，利用两角差的正切公式求解判断.

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，，故B正确；

对于C，

，故C错误；

对于D，，故D正确，

故选：C

4．为得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（    ）

A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度

【答案】B

【分析】根据平移变换的特征，即可得出答案.

【详解】解：，

则为得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点向右平移个单位长度.

故选：B.

5．已知单位向量满足，则向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设向量的夹角为，由，求得，即可求解.

【详解】设向量的夹角为，

因为，可得，

又因为，所以，解之得或，

又由，所以，所以，

因为，所以.

故选：C.

6．已知cos(α－β)＝，cos2α＝，α∈(0，)，β∈(0，π)，且α＜β，则α＋β＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据同角公式求出，，再根据以及两角差的余(正)弦公式计算出，根据的范围可得答案.

【详解】，且，

，，

，，

.

又

.

，

.

故选：B

7．如图，已知两个模都为10的向量，它们的夹角为，点C在以O为圆心，10为半径的上运动，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的运算及数量积的运算性质化简，问题转化为求的最大值，由模为定长知同向时最大求解即可.

【详解】

要使最小，即最大

而为定值，为定值10

只要与同向即可使最大

的最小值为.

故选：A

8．为内一点，且，，若，，三点共线，则的值为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：由有,所以,因为，，三点共线,所以,则,故有,,选A.

【解析】1.向量共线的条件；2.两向量相等的条件.

二、多选题

9．已知向量，则（    ）

A． B．

C．向量与向量的夹角为锐角 D．是与向量同方向的单位向量

【答案】AD

【分析】对于A，利用数量积的坐标运算求解判断；对于B，利用向量模的坐标运算求解判断；对于C，利用向量的数量积判断；对于D，利用向量的数乘运算判断.

【详解】对于A，因为，所以，

所以，所以，所以A正确；

对于B，因为，所以，

所以，所以B错误；

对于C，因为，所以，

所以向量与向量的夹角为钝角，所以C错误；

对于D，因为，所以，所以是单位向量，

因为，所以，所以与同方向，所以D正确.

故选：AD

10．对于 ABC，有如下判断，其中正确的判断是（      ）

A．在非等腰ABC中，满足，则ABC为钝角三角形；

B．若，，，则符合条件的ABC有两个；

C．若，则ABC为锐角三角形；

D．若ABC的面积，，则的最大值为1.

【答案】ABD

【分析】A.由或求解判断； B.根据，，，利用余弦定理求解判断； C.举例判断； D. 根据ABC的面积求得A，再根据，得到，然后由，求解判断；

【详解】A.在非等腰ABC中，满足，所以或，解得（舍去））或，故ABC为钝角三角形，故正确；

B.因为，，，由余弦定理得，即，则，

因为，所以，所以 则符合条件的ABC有两个，故正确；

C.当时，满足，ABC为直角三角形，故错误；

D.因为ABC的面积，且，所以，则，因为，所以，

所以，当时，等号成立，故正确；

故选：ABD

11．已知函数，，则（    ）

A．与均在上单调递增

B．的图象可由的图象平移得到

C．函数的最大值为

D．图象的对称轴均为图象的对称轴

【答案】AC

【分析】利用二倍角的正弦公式、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的图象性质逐项分析判断作答.

【详解】依题意，，，

对于A，由知，，，又函数在上单调递增，

所以与均在上单调递增，A正确；

对于B，因为函数的周期为，函数的周期为，且，，

因此的图象需由的图象经过平移变换和伸缩变换得到，B错误；

对于C，当时，，，即当时，函数与可同时取最大值，

所以的最大值为，C正确；

对于D，由，得函数图象的对称轴为，

由，得函数图象的对称轴为，

所以图象的对称轴均为图象的对称轴，而图象的对称轴不全是图象的对称轴，D错误.

故选：AC

12．如图所示，在凸四边形中，对边，的延长线交于点，对边，的延长线交于点，若，，，则（    ）

A． B．

C．的最大值为 D．

【答案】BD

【分析】A.结合图形，利用基底表示向量；B. 过作交于,利用平行线的比例关系，求得；C.由B的结果，结合基本不等式判断；根据共线关系，转化，再结合基本不等式，即可判断.

【详解】A.

，故A错误；

B.过作交于，则，，

,由向量关系知：，即，

故B正确；

C.由B知,当且仅当时成立，

故C错误；

D.由，

，，则

当且仅当时成立，故D正确.

故选：BD

【点睛】关键点睛：本题考查向量的线性运算共线等的应用，考查利用均值不等式求最值，解答本题的关键是B选项，需过作交于点，得到，从而可判断，，属于中档题.

三、填空题

13．向量，，且，则   

【答案】-10；

【解析】根据向量平行，坐标对角相乘要相等，可得到关于x的方程，解方程即可得到答案.

【详解】∵，∴.

故答案为：.

【点睛】本题考查向量平行的坐标运算，属于基础题.

14．在边长为1的正三角形ABC中，D，E是边BC的两个三等分点(D靠近点B)，则等于       ．

【答案】

【分析】方法一、利用向量乘积的定义，，分别求出模长和夹角的余弦值.方法二、建立直角坐标系，分别写出点的坐标，利用向量乘积的坐标运算即可得出结果.

【详解】解法一：因为D，E是边BC的两个三等分点，所以BD＝DE＝CE＝，在中，，即，同理可得，在中，由余弦定理得，所以．

解法二：如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得，，，

所以，，所以.

故答案为：

15．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式为          .

【答案】

【分析】根据最大值得，再由图像得周期，从而得，根据时，取得最大值，利用整体法代入列式求解，再结合的取值范围可得.

【详解】根据图像的最大值可知，，由，可得，所以，再由得，，所以，因为，所以，故函数的解析式为.

故答案为：.

16．在中，，若O为外接圆的圆心，则的值为          ．

【答案】10

【分析】作出边垂线，利用向量的运算将用表示，得有向量的数量积的几何意义将向量的数量积表示成一个向量与另一个向量的投影的乘积即可求得答案

【详解】过作，垂足分别为，

因为O为外接圆的圆心，

所以分别为的中点，

所以

,

故答案为：10

四、解答题

17．已知平面向量，．

(1)若与垂直，求；

(2)若∥，求．

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）由与垂直，可得可求出的值；

（2）由∥列方程求出的值，从而可求出的坐标，进而可求出

【详解】（1）因为向量，，且与垂直，

所以，解得（舍去），或，

（2）因为向量，，且∥，

所以，解得或（舍去），

所以，，

所以，所以.

18．如图，在长方形中，E为边的中点，F为边上一点，且.设，.

(1)试用基底表示，；

(2)若，求证：E，G，F三点共线.

【答案】(1)，；

(2)详见解析.

【分析】（1）利用平面向量的基本定理求解；

（2）利用平面向量共线向量定理求解.

【详解】（1）解：；

，

；

（2）若E，G，F三点共线，则，

即，

因为，，

所以，

解得，

所以：E，G，F三点共线.

19．如图，在平面四边形中，，，，.

(1)若，求的值；

(2)求四边形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理求出，再由正弦定理求出；（2）利用两次余弦定理得到，进而表达出四边形的面积为，结合的取值范围，求出最大值

【详解】（1）在中，由余弦定理可得

，

∴，即，

∴，

又，∴.

∵，，

∴，

在中，由正弦定理可得，即，

∴.

（2）由余弦定理可得：

，

，

∴，

∴四边形的面积

.

又∵，

当，即时，四边形的面积取得最大值.

20．已知函数．

(1)若，且，求；

(2)若对，恒成立，求实数k的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用诱导公式及二倍角正余弦公式等三角恒等变换可得，根据已知有，再由平方关系求，根据及和角余弦公式求值.

（2）由（1）及已知，令并将问题化为恒成立，即可求范围.

【详解】（1），

因为，所以，即，

因为，所以，则，

.

（2）因为，，

所以，

令，则恒成立，即恒成立，

设，则，

当时，，

所以．

21．为响应国家“乡村振兴”号召，农民王大伯拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：△BNC区域为荔枝林和放养走地鸡，△CMA区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，△MNC区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘△MNC周围筑起护栏.已知，，，.

(1)若时，求护栏的长度（△MNC的周长）；

(2)当为何值时，鱼塘△MNC的面积最小，最小面积是多少？

【答案】(1)；

(2)，最小值为.

【分析】（1）由已知可得则有，在△ACM中应用余弦定理求得，再分别求出，即可求护栏的长度.

（2）设，应用正弦定理及三角形面积公式可得，再应用和角正弦公式、二倍角正余弦及辅助角公式化简分母，最后由正弦型函数的性质求最值.

【详解】（1）由，，，则，

所以，，则，

在△ACM中，由余弦定理得，则，

所以，即，又，

所以，则，

综上，护栏的长度（△MNC的周长）为.

（2）设，

在△BCN中，由，得，

在△ACM中，由，得，

所以，

而，

所以，仅当，即时，有最大值为，

此时△CMN的面积取最小值为.

22．如图，在中，，，．

(1)求；

(2)已知点D是AB上一点，满足，点E是边CB上一点，满足．

①当，求；

②是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)①；②存在，

【分析】（1）由，然后根据向量数量积的运算律即可求解；

（2）①由题意，，由向量数量积的定义及运算律即可求解；

②由题意，，，假设存在非零实数，使得，则由即可求得.

【详解】（1）解：∵，且，，，

∴．

（2）解：①时，，，

∴D、E分别是边AB、BC的中点，

∴，，

∴

；

②存在．理由如下：假设存在非零实数，使得，

由，得，

∴．

又，

∴，

∴，解得或（不合题意，舍去），

所以存在非零实数，使得.