2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区高一（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区高一（下）期中数学试卷，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区高一（下）期中数学试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）计算：　　A． B． C． D．2．（5分）　　A． B． C． D．3．（5分）在中，角，，的对边分别为，，，若，则其最大角的大小为　　A． B． C． D．4．（5分）托勒密．，约，古希腊人，是天文学家、地理学家、地图学家、数学家，所著《天文集》第一卷中载有弦表．在弦表基础上，后人制作了正弦和余弦表（部分如图所示），该表便于查出间许多角的正弦值和余弦值，避免了冗长的计算．例如，依据该表，角的正弦值为0.0384，角的正弦值为0.5000，则角的正弦值为　　A．0.0017 B．0.0454 C．0.5678 D．0.57365．（5分）在下列向量组中，可以把向量表示出来的是　　A．， B．， C．， D．，6．（5分）是边长为2的等边三角形，已知向量，满足，，则　　A．1 B． C． D．7．（5分）化简可得　　A． B． C． D．8．（5分）已知的内角，，所对的边为，，，其面积为，若，且的外接圆半径为，则周长的取值范围为　　A．， B．， C．， D．，二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的的得0分）9．（5分）在下列选项中，正确的是　　A． B． C．存在角，，使得成立 D．对于任意角，，式子都成立10．（5分）已知，，是三个向量，在下列命题中，假命题是　　A． B． C． D．若，则11．（5分）在中，角，，的对边分别为，，，已知，在下列选项中，正确的是　　A． B． C．的取值范围为 D．当时，12．（5分）在下列选项中正确的是　　A．若，，则 B．若，，，则 C．若复数，则 D．若复数，则三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知为锐角，且，则　　．14．（5分）已知复数满足，则的最大值为　　．15．（5分）作用于同一点的三个力，，平衡，已知，，与之间的夹角是，则力的大小为　　．16．（5分）如图，在矩形中，点在边上，点在边上，，，．若的面积为，则　　，　　．四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知向量，，与的夹角为．（1）求的值；（2）求的值．18．（12分）已知是复数，为实数为虚数单位），且．（1）求；（2）若和在复平面内对应的点都在第一象限，求实数的取值范围．19．（12分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，则求出该三角形面积；若问题中的三角形不存在，则请说明理由．问题：是否存在锐角三角形，它的内角，，的对边分别为，，，且，，___？20．（12分）设函数．（1）求的最小正周期；（2）设方程在区间，内的两解分别为，，求的值．21．（12分）关于公式的证明，前人做过许多探索．对于，均为锐角的情形，推导该公式常可以通过构造图形来完成．（1）填空，完成推导过程（约定：只考虑，，均为锐角的情形）证明：构造一个矩形如图形1，在这个矩形中，点在边上，点在边上，，垂足为，，设，，．在直角三角形中，，，在直角三角形中，　　，在直角三角形中，，，在直角三角形中，　　，因为，所以．（2）请你运用提供的图形和信息（见图形完成公式（约定：只考虑，均为锐角的情形）的推导．22．（12分）已知向量，，，，，为坐标原点．（1）当，时，求与的夹角的余弦值；（2）若，，三点共线，求的最小值．
2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．【分析】由题意利用诱导公式、半角公式，计算求得结果．【解答】解：，故选：．2．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：．故选：．3．【分析】由已知结合余弦定理及三角形的大边对大角即可求解．【解答】解：设，，，则为最大角，由余弦定理得，因为为三角形内角，故．故选：．4．【分析】根据正弦和余弦表直接进行查询即可．【解答】解：角的正弦值，先找角这一行，然后找这一列，对应的正弦值为0.5678，故选：．5．【分析】设，然后对应各个选项代入向量的坐标，建立方程组求解即可．【解答】解：选项：设，即，，，，所以，解得，所以正确，选项：设，即，，，，所以，解得，所以，无解，故错误，选项：设，即，，，，所以，解得，无解，故错误，选项：设，即，，，，所以，解得，无解，故错误，故选：．6．【分析】由题意，求出，，根据向量的数量积求解即可．【解答】解：因为已知三角形是边长为2的等边三角形，已知向量，满足，，又，所以，，所以，则，故选：．7．【分析】由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系，计算求得结果．【解答】解：，故选：．8．【分析】由已知结合余弦定理及三角形面积公式可求，进而可求，然后结合正弦定理求出，再由余弦定理及基本不等式的范围，再由三角形的两边之和大于第三边可求．【解答】解：，因为，所以，因为，所以，由正弦定理得，，故，由余弦定理得，当且仅当时取等号，解得，因为，所以．故选：．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的的得0分）9．【分析】利用两角和差的三角公式分别进行判断即可．【解答】解：．，故错误，．，故正确，．当，时，成立，故正确，．当，时，，，则不成立，故错误，故选：．10．【分析】利用向量的数量积的运算法则判断、；数量积的性质判断；数量积的几何意义判断．【解答】解：满足向量数量积的交换律，所以正确；，满足向量数量积的乘法的结合律，所以正确；表示与共线的向量，表示与共线的向量，所以不正确；若，说明，在投影相同，所以与不一定相等，所以不正确；故选：．11．【分析】由已知结合三角形内角和可检验，然后结合正弦定理及二倍角公式及同角平方关系可检验．【解答】解：因为，且，所以，即，代入到得，，所以，所以，，错误，正确，正确；当时，，整理得，因为，所以，正确．故选：．12．【分析】由已知结合复数的四则运算分别检验各选项即可判断．【解答】解：设，则，，若，则，，正确；设，，若，则，整理得，，，错误；若，则，正确；，正确．故选：．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系求得的值，可得的值，再利用两角差的正切公式，计算求得结果．【解答】解：为锐角，且，，，则，故答案为：．14．【分析】复数满足，点的轨迹为：以点为圆心，2为半径的圆．可得的最大值．【解答】解：复数满足，点的轨迹为：以点为圆心，2为半径的圆．则的最大值，故答案为：，15．【分析】根据条件及进行数量积的运算即可求出答案．【解答】解：根据题意知，．故答案为：．16．【分析】利用直角三角形的边角关系得，可求出的值；根据的面积求出，利用余弦定理求出、，再利用等面积法求出的值．【解答】解：因为，所以，又，所以；由的面积为，所以，解得，所以，所以，由，所以，由余弦定理得，解得，所以的面积为，所以．故答案为：，．四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．【分析】（1）先求出，再利用向量的数量积的定义即可求出．（2）利用向量的求模公式求出向量的平方即可求出．【解答】解：（1），．（2），．18．【分析】（1）设，，，为实数为虚数单位），且．可得：，，解得，．（2）在复平面内对应的点都在第一象限，可得，利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：（1）设，，，为实数为虚数单位），且．，，解得，，．（2）在复平面内对应的点都在第一象限，则，在复平面内对应的点在第一象限，，，解得：，实数的取值范围是，．19．【分析】先对已由条件结合和差角公式进行化简可求；然后结合所选条件，结合正弦定理或余弦定理进行化简，再由三角形面积公式代入可求．【解答】解：选①；因为，所以，化简得，，因为，所以，又只能为锐角，，由余弦定理得，，即，解得或，当时，，当时，；②，因为，所以，化简得，，因为，所以，而此时，故此时三角形无解；③，因为，所以，化简得，，因为，所以，又只能为锐角，，则，由正弦定理得，，所以，，所以．20．【分析】（1）利用倍角公式以及辅助角公式进行化简求解即可．（2）求出三角函数的对称轴，利用对称性进行转化求解即可．【解答】解：（1），则的最小正周期．（2）由得，即，由，得，，，在此区间的对称轴为，则，，关于对称，则，且，则，则．21．【分析】（1）利用直角三角形的边角关系即可得出．（2）利用直角梯形的面积相等即可得出结论．【解答】解：（1）由题意可知，在直角三角形中，；在直角三角形中，．（2）证明：由题意可知，在中，，，且，所以，在中，，所以，在中，，，所以，又，所以，．化简可得，．得证．22．【分析】（1）利用向量数量积的坐标运算即可求解．（2）先求出，的坐标，结合，，三点共线可求得，的关系，再利用基本不等式即可求得答案．【解答】解：（1）当，时，则，，，，（2），，，，三点共线，，即，，当且仅当时取等号，的最小值为．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/3/11 19:17:04；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367