2023烟台招远一中高一下学期期中考试数学试题含解析

2022～2023学年度第二学期期中

高一数学

注意事项：

1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．

2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上．

3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色鉴字笔书写，要字迹工整，笔记清晰．超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1.

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用诱导公式以及两角差的正弦公式即可求出．

【详解】

，故选A．

【点睛】本题主要考查诱导公式和两角差的正弦公式应用．

2. 设为对角线交点，为任意一点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别在OAC和OBD中，根据是平行四边形ABCD的对角线的交点，利用中点坐标公式求解.

【详解】解：在OAC中，因为是平行四边形ABCD的对角线的交点，

所以，即．

在OBD中，因为是平行四边形ABCD的对角线的交点，

所以，即．

所以．

故选：D．

3. 已知，，则在上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由向量的投影向量公式直接求得.

【详解】依题意在上的投影向量为

.

故选：A.

4. 在中，已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知可推得，进而根据两角和的正切公式即可得出.然后根据两角差的正切公式即可得出答案.

详解】由已知可得.

又因为，所以，所以.

所以，

所以.

故选：C.

5. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】使用二倍角公式得到关于一元二次方程，求解，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据二倍角正弦公式计算可得；

【详解】由得，

即，解得或（舍）.

又，

所以，

所以.

故选：D.

6. 已知函数，则（    ）

A. 最小正周期是

B. 在上单调递增

C. 的图象关于点对称

D. 在上的值域是

【答案】B

【解析】

【分析】利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，利用正弦型函数最小正周期、单调性、对称中心和值域的求法依次判断各个选项即可.

【详解】；

对于A，的最小正周期，A错误；

对于B，当时，，此时单调递减，

在上单调递增，B正确；

对于C，令，解得：，此时，

的图象关于点对称，C错误；

对于D，当时，，则，

在上的值域为，D错误.

故选：B.

7. 已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．

【详解】解：设，则，，

，

，或（舍去），

为的重心，，为的中点，

，

故选：B．

8. 锐角中，内角，，所对的边分别为，，，，且，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由正弦定理边化角可得，由为锐角三角形可得，运用二倍角的正弦公式以及辅助角公式将已知式化为，再由三角函数的性质求解即可.

【详解】因为在锐角中，，且，

所以，则，

所以，则或（舍去），所以，

，

因为为锐角三角形，，

所以，

所以，所以，

，

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小題给出的选项中，有多项符合耍求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知函数的值域为，若，则称函数具有性质I，下列函数中具有性质I的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】先化简各选项的函数表达式，再结合三角形函数的基本性质以及基本不等式求解即可.

【详解】对于A，，其中，

则，符合题意；

对于B，，则，不符合题意；

对于C，，令，

所以在上单调递增，所以，

则，符合题意；

对于D，，

当时，，当且仅当，即时等号成立；

当时，，当且仅当，即时等号成立；

综上所述，，则，不符合题意.

故答案为：AC.

10. 设，其中，，若对一切恒成立，则（    ）

A.  B.

C. 为非奇非偶函数 D. 的单调递增区间为

【答案】ABC

【解析】

【分析】由辅助角公式得出解析式，由正弦函数的性质得出，再由解析式以及正弦函数的性质逐一判断即可.

【详解】，其中，

若对一切则恒成立

所以，整理得，故

所以，

对于A：，故A正确；

对于B：

故B正确；

对于C： 因为，所以该函数不是奇函数，

因为，

所以该函数不是偶函数，故C正确；

对于D：当时，令，解得， D错误.

故选：ABC

11. 已知向量，，满足，，，则下列命题正确的有（    ）

A. 若，则的最小值为 B. 若，则存在㫿一的，使得

C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】将向量平方转化为求二次函数的最值问题可判断A；将已知代入，由数量积为零计算出结果，只有一个值可判断B；由已知得出，配方、三角换元求出值域可判断C；先将已知条件化简，利用C选项结论求出范围可判断D.

【详解】对于A，当时，， ，

，当时取得最小值，所以的最小值为，A不正确；

对于B，若 ，， ，解得 ，

则存在唯一的，使得，故B正确；

对于C，，若，，

，

，令 ，

解得：，

， ，所以C正确；

对于D， ，

若 ， 时，由C知：，所以，

则的最小值为，D正确.

故选：BCD.

12. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是内的一点，的面积分别为，则有．设O是锐角内的一点，分别是的三个内角，以下命题正确的有（    ）

A. 若，则O为的重心

B. 若，则

C. 若，，则

D. 若O为的垂心，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】A若为的中点，连接，由已知得在中线上，同理可得在其它中线上，即可判断；B、C将三角形补成一个以O为重心的三角形，根据向量的线性关系求出相关三角形面积的数量关系，即可得结论；D由垂心的性质、向量数量积的运算律，得到，结合三角形面积公式及角的互补关系得结论.

【详解】A：若为的中点，连接，则，故共线，即在中线上，同理可得在其它两中线上，故O为的重心，正确；

B：若，由题设知，即O为的重心，

所以，，，，

则，正确；

C：由题设，若，

所以，即O为的重心，则，

而，则，故，，

所以，错误；

D：由，则，

同理，，

因为O为的垂心，则，

所以，

同理得：，，

则，

令，

由，则，

同理：，

，

综上，，

由已知可得，正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：利用三角形重心的性质判断A、B、C，应用向量数量积定义、运算律和垂心性质得到向量模的比例，结合三角形面积公式判断结论.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，，则______．

【答案】-0.5

【解析】

【分析】根据的范围，可得，再根据平方关系式，结合二倍角的正弦公式直接求解即可.

【详解】∵

∴，

∴，又

∴

∴

故答案为：.

14. 已知,,则______．

【答案】

【解析】

【分析】将已知两式平方相加,结合两角差的余弦公式,即可求得答案.

【详解】因为,,

故,

,

以上两式相加可得,

即,

故.

故答案为:.

15. 已知向量，，若，则______．

【答案】0.28

【解析】

【分析】由向量共线关系得出方程，求解，再由余弦二倍角求得结果.

详解】由得，即，

整理得 ，

解得，或(舍).

则.

故答案为：.

16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，角的平分线交于点，且，则周长的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得，再利用余弦定理的推论与余弦的倍角公式得到的关系式，从而利用基本不等式求得，由此得解.

【详解】由题可得，，即，

又，所以，则，

因为，所以，则，

所以，即，

又因为，，

所以，整理得，

所以，

解得或（舍去），

所以，当且仅当时，等号成立，

则，

故周长的最小值为.

故答案为：.

四、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. 化简求值：

（1）；

（2）．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用，即得解；

（2）化切为弦，结合辅助角公式和诱导公式进行求解.

【小问1详解】

因为，

所以，

所以.

【小问2详解】

.

18. 已知函数．

（1）求函数的单调递增区间；

（2）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）4

【解析】

【分析】（1）先把整理为，直接求出的单调递增区间；

（2）由，求出，由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.

【小问1详解】

由解得：，

故函数的单调递增区间为.

【小问2详解】

，，

又，，，

又，所以，

又因为，所以，

所以，当且仅当“”时取等

所以的最大值为.

19. 如图所示，在中，，，与相交于点，设，.

（1）试用向量表示；

（2）过点作直线分别交线段于点，记，，求证：不论点在线段上如何移动，为定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据三点共线可得，同理由三点共线可得，根据向量相等的条件可求出的值，即可求解；

（2）设，由及三点共线联立即可求解.

【小问1详解】

因为三点共线，

所以存在实数使得，

又因为三点共线，

所以存在实数使得，

根据向量相等可得，解得，

所以.

【小问2详解】

设，

由（1）可得①，②，

又三点共线，所以③，

由①②可得，，代入③式可得，

即不论点在线段上如何移动，为定值.

【点睛】本题主要考查了共线向量的基本定理：当为直线外一点时，三点共线的应用，属于基础知识的应用.

20. 如图，扇形AOB的圆心角为，半径为1．点P是上任一点，设．

（1）记，求的表达式；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据三角函数的定义可得，再根据题意求得，进而根据辅助角公式得到的表达式即可；

（2）根据题意可得，进而化简得到，再代入可得，，进而结合三角函数的范围求解即可

【小问1详解】

由题意，以为坐标原点，为轴正向建立如图平面直角坐标系，则，.故，所以，即

【小问2详解】

由（1），，即，故，解得，其中，故 ，即，，故，所以，故，即的取值范围为

21. 在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若M是BC的中点，且满足．

（1）求的最小值；

（2）若的面积为S，且满足，求的值．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）先利用题给条件求得的表达式，再利用均值定理去求其最小值；

（2）先利用题给条件构造关于的方程，解之即可求得的值.

【小问1详解】

，得

从而，即，

，当且仅当时取等号．

∴的最小值为

【小问2详解】

由于，从而，

又则，即，

将代入，得，

即，从而，

又，则，

解得或．

22. 已知分别为三个内角的对边，且，

（1）求；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角函数的基本关系式与正弦定理可得；

（2）由推得，再由设，将转化为，再引入，得，最后利用复合函数的单调性即可求解.

【小问1详解】

因为，则，

所以，则，所以为直角三角形，

所以

【小问2详解】

，所以，而，

所以设，所以，

令，

又因为，所以，

所以，

令，

因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以，

所以的取值范围为.