陕西省铜川市第一中学2021-2022学年高二文科数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份陕西省铜川市第一中学2021-2022学年高二文科数学下学期期末试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
铜川市一中2021-2022学年度第二学期高二年级（2023届）期末考试数学试题（文科）考生注意：本试卷分为第I卷和第II卷两部分，满分150分，考试用时120分钟．第I卷（共60分）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. 如图，在四边形中，与交于点，若，则下面互为相反向量的是（    ）A. 与 B. 与 C. 与 D. 与【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到四边形是平行四边形，从而得到与为相反向量.【详解】因为，所以四边形是平行四边形，所以，互相平分，所以，即与为相反向量.故选：B2. 已知角α的终边过点P(4，－3)，则sinα＋cosα的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由三角函数的定义可求得sinα与cosα，从而可得sinα+cosα的值详解】∵知角α的终边经过点P（4，-3），∴sinα，cosα，∴sinα+cosα．故选：A．3. 在中，若，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由余弦定理可得出关于的方程，即可求得边的长.【详解】由余弦定理得，即，即，解得或（舍去）.故选：A.4. 已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形所在圆的半径为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件利用扇形面积公式直接计算即得.【详解】因扇形的圆心角为，则此圆心角的弧度数是，设圆的半径为r，则由扇形面积公式得：，而，解得，所以该扇形所在圆的半径为2.故选：B5. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 或【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理计算可得.【详解】解：因为，，，由正弦定理，即，解得，因为，所以；故选：A6. 把函数的图像上所有的点向左平移个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图像所对应的函数解析式是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的图像变换的知识进行处理.【详解】把函数的图像上所有的点向左平移个单位长度，得，再把所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得.故A，B，C错误.故选：D.7. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先利用诱导公式得到，再用二倍角公式，齐次式化处理，化为正切的关系式，代入求值.【详解】，故，故故选：C8. 在平行四边形中，、分别满足，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的基本定理可得出、、关于、的两个表达式，可得出关于、的方程组，即可得解.【详解】因为在平行四边形中，、分别满足，，所以，，．若，则，即，所以，.故选：A．9. 若，且，则的值为（    ）A  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知求出，再根据结合两角差的正弦公式即可得解.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以.故选：C.10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（    ）A. 若，则为锐角三角形B. 若为锐角三角形，则C. 若，则为等腰三角形D. 若，则是等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理、诱导公式、三角函数、三角恒等变换的知识进行判断.【详解】对于A，若，则，则B为锐角，不能判定为锐角三角形，故A错误；对于B，若为锐角三角形，则，且，所以，故B正确；对于C，若，则，所以，所以或，即或，不一定是等腰三角形，故C错误；对于D，若，则，即，即，因为A，B是三角形的内角，所以A-B=0，即A=B. 是等腰三角形，故D错误.故选：B.11. 函数（，）图象上相邻的最高点与最低点的横坐标之差为，且点是函数图象的对称中心，则函数在上的单调增区间为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，从而可求得，再将点代入求得，再根据正弦函数的单调性即可得出答案.【详解】解：因为（，）图象上相邻的最高点与最低点的横坐标之差为，所以，所以，所以，则，因为点是函数图象对称中心，所以，所以，故，又因，所以，所以，令，则，因为，所以，所以函数在上的单调增区间为.故选：A.12. 已知点是所在平面内一点，若，则与的面积之比为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】C【解析】【分析】特例验证法解选择题是一个快捷途径.本题可以把设为的三角形.【详解】不妨设中，，边长，边长，以A为原点、AB为x轴、AC为y轴建立平面直角坐标系则、、,,设，则故可得，故的面积为，的面积为则与的面积之比为故选：C第II卷（共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知向量，，若与共线，则实数k＝___．【答案】2或-1##-1或2【解析】【分析】利用向量共线的充要条件的坐标表示进行处理.【详解】由题知，向量，，若与共线，则，解得或.故答案为：2或-1.14. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则___．【答案】【解析】【分析】由已知利用余弦定理求出的值，利用三角形内角和定理可求的值，即可得解．【详解】解：因，，，所以，又，所以，，所以．故答案为：．15. 设三个单位向量，，满足，则向量，的夹角为___．【答案】##【解析】【分析】由已知条件可得，，对等式两边同时平方，再结合平面向量的夹角公式，即可求解．详解】解：，，两边同时平方可得，，即，，，向量，的夹角为．故答案为：．16. 如图所示，在平面四边形ABCD中，若，，，，则△ABC的面积的最大值为________．
 【答案】【解析】【分析】先用余弦定理求出，再用余弦定理和基本不等式求出，使用面积公式求出最大值.【详解】在△ACD中，利用余弦定理得：，故，在△ABC中，由余弦定理得：，故，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，故，又△ABC的面积为，故△ABC的面积的最大值为.故答案为：三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 在平面四边形ABCD中，，，，．（1）求∠BDC；（2）若，求证：四边形ABCD是直角梯形．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）在中，运用正弦定理可求得，再由角的范围可求得答案；（2）由（1）得，在中，由正弦定理得，继而有，再得，从而可得证．【小问1详解】在中，，，，由正弦定理得，即，解得，又，所以，所以；【小问2详解】因为，所以由（1）得，所以在中，，，，由正弦定理得，即，解得，又，所以，，所以，所以，又在中，，，，，所以，所以，所以，所以四边形ABCD是直角梯形．18. 已知向量，满足，，且，的夹角为． （1）若，求实数的值；（2）求与的夹角的余弦值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由，结合平面向量数量积的运算法则，展开运算即可；（2）根据，分别求得与，再由平面向量的数量积，即可得解．【小问1详解】解：因为，所以，所以，解得．【小问2详解】解：因为，，所以，故与的夹角的余弦值为．19. 已知函数的部分图像如图所示．（1）求函数 的解析式；（2）若，，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】由图象先确定的值，根据周期确定，利用点在图象上，求出，即可求得函数 的解析式；（2）确定的范围，由可求得，然后利用拆角的方法把变为,即可求得答案.【小问1详解】因为故由图象可知 ,,则 ，又因为图象过点 ，故，，故,则，由于，故，故函数 的解析式为；【小问2详解】因为，所以，由得：，故，所以.20. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．（1）求角C的大小；（2）若△ABC外接圆的面积为12，，求△ABC的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据垂直的数量积表示，结合余弦定理化简求解即可；（2）根据正弦定理可得，从而得到正△ABC，再根据三角形的面积公式求解即可【小问1详解】因为，故，即，故，由余弦定理，且，故【小问2详解】由外接圆半径满足可得，由正弦定理可得.故，故△ABC为正三角形，故21. 已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）求函数在区间上的值域．【答案】（1），.    （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及和（差）角公式将函数解析式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.（2）由的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得.【小问1详解】解：，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，.【小问2详解】解：，，．即函数在区间上的值域为．22. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，△ABC的面积．（1）若，求的值；（2）求的取值范围．【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简可得，由可得，结合余弦定理得，换元求出其值，由正弦定理即可得答案;（2）由得 ，结合余弦定理得，变形为，换元，可得，结合三角函数的性质可得不等式，即可求得答案.【小问1详解】因为，由正弦定理得：，即,即，因为 ，所以，即，由得：;由得：，即，即，由余弦定理可得：，故，则，令，则，解得 ，由正弦定理得：，故的值为或；【小问2详解】由得：，即，由余弦定理可得：，即，故，令，则，即,由得，故，故，即得 ，故的取值范围是.