江西省景德镇市浮梁县第一中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学（3、4班）试题+Word版含答案

浮梁一中2020-2021学年度下学期期中考试

高一（3,4）班数学试卷

考试时间：120分钟；满分:150分

第I卷（选择题）

一、选择题.本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则b等于（    ）

A． B． C．2 D．3

2．在中，，是，所对的边，已知，则的形状是（    ）

A．直角三角形 B．等腰三角形

C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形

3．如图，ABC中，，＝3，＝2，则等于（    ）

A．    B．  C．    D．

    (第3题图)               (第6题图)              (第9题图)

4．已知cos＝，x∈(0，π)，则sin x的值为（    ）

A． B．      C． D．

5．在中，，，，，，则（    ）

A． B．3 C．6 D．15

6．已知函数y=f(x)的部分图象如图所示，则其解析式可能是（    ）

A．                   B．  

C．                   D．

7．在中，角所对的边分别为，下列条件使得无法唯一确定的是（    ）

A． B．

C． D．

8. 已知函数是偶函数,则的值为(  )

A． B． C． D．0

9. 如图,在平面四边形ABCD中,,

若点E为边CD上的动点，则的最小值为（   ）

A． B． C． D．

10. 中国折叠扇有着深厚的文化底蕴.如图（2），在半圆O中作出两个扇形OAB和OCD，用扇环形ABDC（图中阴影部分）制作折叠扇的扇面.记扇环形ABDC的面积为，扇形OAB的面积为,当与的比值为时，扇面的形状较为美观，则此时弧CD与弧AB的长度之比为（    ）

A． B． C． D．

11. 已知函数，若在区间上有且仅有个零点和个最大值点，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

12．已知把函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小到原来一半，纵坐标不变，得到函数的图象，若，若，，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

二、填空题.本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．在中，，，则边上的高等于________.

14．把图象向左平移个单位，所得函数为偶函数，则的最小值是_____．

15.设向量，若，则实数_______．

16．方程在区间上的所有根之和为___________.

三、解答题(共70分)

17．(本题10分)求下列各式的值．

（1）；

（2）.

18．(本题12分)在中，角的对边分别为为的面积，若．

（1）求；

（2）若，求周长的范围．

19．(本题12分)设函数．

（1）若，求．

（2）在锐角中，为锐角，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，．求b．

20．(本题12分)已知向量满足.

（1）求在上的投影；

（2）求与夹角的余弦值.

21．(本题12分)设函数．

（1）求的最小正周期；

（2）若函数与的图象关于直线对称，求当时，的最大值．

22．(本题12分)函数（其中 ，，）的部分图象如图所示，先把函数 的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），把得到的曲线向左平移个单位长度，再向上平移1个单位，得到函数的图象.

（1）求函数图象的对称中心.

（2）当时，求 的值域.

（3）当时，方程 有解，求实数m的取值范围.

参考答案

1．B

【分析】

根据余弦定理可求得结果.

【详解】

由得，即，

解得或（舍）.

故选：B

2．B

【分析】

由正弦定理得，化简得,即得解.

【详解】

由正弦定理得，

所以，

所以,

因为,

所以.

所以三角形是等腰三角形.

故选：B

【点睛】

本题主要考查正弦定理的应用，考查差角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．B

【分析】

根据扇形的面积公式，求得两扇形的半径比，结合弧长公式，即可求解.

【详解】

设扇形的半径为，半圆半径为，，

则，

所以，可得，

解得，

则弧CD与弧AB的长度之比为.

故选：B.

4．A

【分析】

设，则，将问题转化为在上有且仅有个零点和个最大值点，结合函数的图像性质可得答案.

【详解】

设，由，则

在区间上有且仅有个零点和个最大值点，

即在上有且仅有个零点和个最大值点，

如图，所以，解得

故选：A

5．A

【分析】

连接BD,取AD中点为O，设，从而可得，利用向量数量积的定义得出=，配方即可求解.

【详解】

连接BD,取AD中点为O,

可知为等腰三角形，而，

所以为等边三角形，，

设

=

所以当时，上式取最小值 ，

故选：A.

6．D

【分析】

利用平面向量的加法、减法和平面向量基本定理求解.

【详解】

，

 ，

 ，

 ，

故选：D

7．B

【分析】

先算出，然后利用即可算出答案

【详解】

由，所以，又，得，

所以

故选：B．

8．B

【分析】

根据题意可得，，代入数量积公式，结合条件，即可求得答案.

【详解】

如图所示，

因为，所以.

又因为，所以，

所以，

即，

又，所以.

故选：B.

9．B

【分析】

利用函数排除两个选项，再由奇偶性排除一个后可得正确选项．

【详解】

由图象知，经验证只有AB满足，C中，D中，排除CD，A中函数满足为偶函数，B中函数满足为奇函数，而图象关于原点对称，函数为奇函数，排除A，选B．

故选：B．

【点睛】

思路点睛：由函数图象选择解析式可从以下方面入手：

(1)从图象的左右位置，观察函数的定义域；从图象的上下位置，观察函数的值域；

(2)从图象的变化趋势观察函数的单调性；

(3)从图象的对称性观察函数的奇偶性；

(4)从图象的特殊点，排除不合要求的解析式．.

10．C

【分析】

对于A：用正弦定理判断；

对于B：先由余弦定理，再用正弦定理可以求出角A、B，进行判断；

对于C：由正弦定理，根据大边对大角，这样的角B有2个，进行判断；.

对于D：由正弦定理计算，由大边对大角，这样的角A有1个，进行判断.

【详解】

对于A：∵，∴A=140°，

由正弦定理得：，

∴

∴唯一确定；故A正确.

对于B：∵，

由余弦定理，可得：

由正弦定理：，有：

可以求出角A、B，∴唯一确定；故B正确.

对于C：∵

由正弦定理：，有：，

∴，

∵∴∴,这样的角B有2个，所以不唯一，故C错误.

对于D：∵

由正弦定理：，有：，

∴，

∵∴∴,这样的角A有唯一一个，

∴角C唯一，所以唯一，故D正确.

故选：C

【点睛】

判断三角形解的个数的方法：

（1）画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数：

①若无交点，则无解；②若有一个交点，则有一个解；③若有两个交点，则有两个解；④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。

（2）公式法：运用正弦定理进行判断：①a＝bsinA，则有一个解；②b＞a＞bsinA，则两个解；③a≥ b，则无解。

11．A

【解析】

根据偶函数不存在奇次项，所以，所以，所以，故选A.

12．C

【分析】

先化简函数，然后根据图像的变换得函数的解析式，通过判断得，同时令取得最大值或最小值时，，再结合函数的图像，即可求得的最大值.

【详解】

．将图象向右平移至个单位长度，

再把横坐标缩小到原来一半，纵坐标不变，得到函数，可得，

所以，，

∴，同时令取得最大值或最小值时，．当，时，，

根据函数的图象可知的最大值为个周期的长度，即

故选：C.

【点睛】

关于三角函数解析式的化简，一般先利用诱导公式或者和差公式展开将解析式化为同角，然后利用降幂公式对函数进行降次处理，最后利用辅助角公式代入化简，最终将解析式化为的形式.

13．

【分析】

先根据余弦定理求，即得，再根据直角三角形求边上的高.

【详解】

边上的高为,

故答案为：

【点睛】

本题考查余弦定理、同角三角函数平方关系，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．

【分析】

先求出平移后的函数解析式，再根据余弦函数的奇偶性列式可解得结果.

【详解】

把图象向左平移个单位，所得函数为，

因为函数为偶函数，

所以，，即，，

因为，所以的最小值为.

故答案为：

15．

【分析】

先计算,再结合向量垂直的坐标表示求解即可.

【详解】

由向量的坐标运算得：，

因为，所以，即：，解得.

故答案为：

【点睛】

方法点睛：已知，若，则

16．

【分析】

利用二倍角公式展开方程，即，或，或，再结合图象的对称性，得出结论．

【详解】

方程，即，

，即，

即，或，

即，或，或．

在区间，上，由，可得，或．

利用正弦函数的图象的对称性，

由，可得它的两个根之和为；

由，可得它的两个根之和为．

故在区间，上的所有根之和为，

故答案为：．

17．（1）；（2）.

【分析】

（1）利用诱导公式化简可得结果；

（2）利用诱导公式化简可得结果.

【详解】

（1）

；

（2）.

18．（1）；（2）．

【分析】

（1）根据面积公式可得，进而可得解；

（2）根据正弦定理可得周长为，进而利用三角函数恒等变换化简，结合范围可得解.

【详解】

（1）

，所以

（2）根据正弦定理可得

设周长为C．

19．（1）；（2）.

【分析】

利用二倍角公式及降幂公式进行化简，（1），求得与，再运用和差公式以及二倍角公式求值；（2）由，求得，再运用余弦定理求值.

【详解】

（1）,

由，得，，

故，，

；

（2）由（1）得，且，

得，，

又为锐角三角形，

，

在由余弦定理可知，

故.

【点睛】

解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.

20．（1）；（2）.

【分析】

（1）对等式两边同时平方，根据平面向量的数量积运算公式，结合已知平面向量的模，可以求出的值，最后根据平面向量数量积的几何意义，结合平面向量夹角公式进行求解即可；

（2）利用平面向量夹角公式，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.

【详解】

（1）

，设和的夹角为，

在上的投影为：；

（2）设与夹角为，

.

【点睛】

本题考查了平面向量数量积的几何意义，考查了平面向量夹角公式的应用，考查了平面向量数量积运算性质，考查了数学运算能力.

21．（1）函数的最小正周期为；（2）函数的最大值为.

【分析】

（1）由已知中函数，利用倍角公式，和差角公式，可得函数的解析式化为正弦型函数，进而求出的最小正周期；

（2）由（1）中所得函数的解析式，由与的图象关于对称，根据函数图象对称变换法则可得的解析式，从而求出函数的最值；

【详解】

解：（1）

故的最小正周期

（2）在的图象上任取一点，，

它关于的对称点为，．

由题设条件与的图象关于对称，

点，在的图象上，

从而

因为，所以，所以，所以，故

22．（1）；（2）；（3）.

【分析】

（1）观察图象，由函数最值求出，由周期求出，再将代入得出 ，即可求出函数的解析式，进而得出函数的解析式以及对称中心；

（2）由的范围结合余弦函数的性质可得的值域；

（3）将已知方程参变分离，利用对勾函数的性质求出值域，可得实数m的取值范围．

【详解】

（1）根据图象可知，，

∴，∴， ，

将代入得， ，即，解得 ，，

∵，∴， ，

∴.

函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得 ，曲线再向左平移个单位长度，再向上平移1个单位得

令，解得

∴此函数图象的对称中心为.

（2）当时， ，

，即 的值域为.

（3），

令，由（2）知， ，

因此m的取值范围为.

【点睛】

关键点点睛：本题考查三角函数图象的应用，考查余弦函数的性质，考查有解问题的应用，解决本题的关键点是将已知方程化简，参变分离，利用对勾函数的性质求出对应函数的值域，进而得出参数的取值范围，考查学生计算能力，属于中档题．