山东省济宁市第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

济宁市第一中学2022-2023学年度第二学期期中模块测试

高一数学

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．

3．回答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效．保持卡面清洁，不折叠，不破损．

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．

1. 若，则的值为（    ）

A.  B. - C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由二倍角的正弦公式代入即可得出答案.

【详解】因为，所以.

故选：B.

2. 若，则角的终边在（    ）

A. 第一、二象限 B. 第二、三象限 C. 第三、四象限 D. 第一、四象限

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数在四个象限的符号即可求解.

【详解】因为，所以在所在的象限一正一负，

所以角的终边在第三、四象限.

故选：C .

3. 已知向量，不共线，若，，，则（    ）

A. A，B，C三点共线 B. A，B，D三点共线

C. A，C，D三点共线 D. B，C，D三点共线

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量的线性运算、向量的共线的充要条件进行求解判断.

【详解】对于A，因为，，

若A，B，C三点共线，则存在实数使得，

则，无解，所以A，B，C三点不共线，故A错误；

对于B，∵，

∴，又∵A是公共点，∴A，B，D三点共线，

故B正确；

对于C，因为，，所以，

若A，C，D三点共线，则存在实数使得，又，

所以，无解，所以A，C，D三点不共线，故C错误；

对于D，若B，C，D三点共线，则存在实数使得，

又，，所以，无解，

所以B，C，D三点不共线，故D错误；

故选：B.

4. 已知点，，向量，若⊥，则实数y值为（    ）

A.  B.  C. 7 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由垂直向量的坐标表示求接即可得出答案.

【详解】因为，，所以，向量，

若⊥，则，

解得：

故选：D.

5. 已知在中，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用余弦定理求出，再根据数量积的定义计算可得.

【详解】在中由余弦定理，即，

解得，

所以.

故选：B

6. 如图，在中，，，直线交于点，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由三点共线可得存在实数使得，再由三点共线可解得，利用向量的线性运算化简可得，即.

【详解】根据图示可知，三点共线，由共线定理可知，

存在实数使得,

又，所以，

又三点共线，所以，解得，

即可得，所以，

所以，即，可得，

又，即可得.

故选：A

7. 在中，a，b，c分别为A，B，C的对边，，且，则的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据正弦定理，余弦定理求出A，b,利用三角形面积公式求解.

详解】，

，

即，

由正弦定理可知，，

即，所以，

由余弦定理，

解得（负值舍），

故三角形面积为，

故选：B

8. 已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且f（x）的一个零点是，则的最小值为（    ）

A. 2 B. 12 C. 4 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数对称轴得，利用函数在上单调递减得，再结合函数的零点求解即可.

【详解】因为函数的图象关于直线对称，

所以，，所以，，

根据，则，所以，

因为是在区间上的单调减函数.

所以，

所以，

即，

解得，，，

因为，所以或，

当时，，当时，；

由于，且f（x）的一个零点是，

所以，，

所以，，，

即，，.

根据或，可得，或，所以的最小值为4.

故选：C.

二、多项选择题：本题共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，金部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知函数（其中，，）的部分图像，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数的图像关于直线对称

B. 函数的图像关于点对称

C. 将函数图像上所有的点向右平移个单位，得到函数，则为奇函数

D. 函数在区间上单调递增

【答案】ACD

【解析】

【分析】

根据函数图象求得解析式，再根据三角函数图象性质及伸缩平移变换分别判断各个选项.

【详解】由图象得函数最小值为，故，

，故，，

故函数，

又函数过点，

故，解得，

又，即，

故，

对称轴：，解得，当时，，故A选项正确；

对称中心：，解得，对称中心为，故B选项错误；

函数图像上所有的点向右平移个单位，得到函数，为奇函数，故C选项正确；

的单调递增区间：，解得，又，故D选项正确；

故选：ACD.

10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（    ）

A. 若，则为锐角三角形

B. 若，则

C. 若，则为等腰三角形

D. 若，则此三角形有2解

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A，用余弦定理可以判定；对于B，利用由正弦定理即可判定；对于C，由正弦函数的性质结合三角形内角即可判定；对于D，利用正弦定理可得，即可判定.

【详解】对于A，由余弦定理可得，即，

但无法判定A、C的范围，故A错误；

对于B，若，则，由正弦定理，

得（为外接圆的半径），

所以，故B正确；

对于C，若，由正弦函数的性质，

得或，

又，故或，故C错误；

对于D，由正弦定理可得，得，

由，得，又，

所以有2个A的值，即三角形有2个解，故D正确.

故选：AC.

11. 下列说法正确的是（    ）

A. 若，则存在唯一实数使得

B. 两个非零向量，，若，则与共线且反向

C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

D. 点在所在的平面内，若，，分别表示，的面积，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据平面向量共线定理判断A，根据平面向量减法的定义判断B，根据数量积大于零且向量不共线求出参数的取值范围，即可判断C，根据向量的线性关系确定O的位置，由此求三角形的面积关系，即可判断D；

【详解】对于A：当，时，，但是不存在实数使得，故A错误；

对于B：由可得，整理可得，

所以，则与共线且反向，故B正确；

对于C：因为，，则，

又与的夹角为锐角，所以，解得，

又当，即时与同向，故且，即C错误；

对于D：因为，取的中点，则，

所以为的中点，连接，因为是的中点，所以，

是的中点，所以，，

所以，故D正确；

故选：BD

12. 已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（    ）

A. 若为的垂心，，则

B. 若为边长为2的正三角形，则的最小值为-1

C. 若为锐角三角形且外心为，且，则

D. 若，则动点的轨迹经过的外心

【答案】ACD

【解析】

【分析】A利用三角形相似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得，进而可知与中点共线，结合外心的性质有垂直平分即可判断；D将等式两侧同时点乘并化简得，即可判断.

【详解】A：如下图，，则为垂心，易知：，

所以，则，

根据向量数量积的几何意义知：，同理，

所以，正确；

B：构建以中点为原点的直角坐标系，则，若，

所以，，

由，则，

当时的最小值为，错误；

C：由题设，则，

所以，若为中点，则，

故，故共线，又，即垂直平分，

所以，正确；

D：由题设，，

则，

所以，若为中点，则，

故，所以的轨迹经过的外心，正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，，．若，则________．

【答案】

【解析】

【分析】由两向量共线的坐标关系计算即可．

【详解】由题可得

,即

故答案为

【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．

14. 已知，则的值为________

【答案】

【解析】

【分析】由诱导公式计算．

【详解】原式．

故答案为：．

15. 已知向量，则在方向上的投影向量是______________．

【答案】

【解析】

【分析】在方向上的投影向量是:，先求出，代入即可.

【详解】因为,

则在方向上的投影向量是:

故答案为：.

16. 已知直角梯形中，，，，，是腰上的动点，则的最小值为______.

【答案】5

【解析】

【分析】以为轴的正方向建立直角坐标系，利用向量的坐标表示求模长的最小值.

【详解】

由题：以为轴的正方向建立直角坐标系，如图所示：

设，

则

，当取得最小值.

故答案为：5

【点睛】此题考查平面向量线性运算和模长的坐标表示，恰当地建立直角坐标系将模长问题进行转化利于解题.

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. 设向量满足，且．

（1）求与的夹角；

（2）求的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设与的夹角为，利用即可求出答案；

（2）利用即可求出答案

【小问1详解】

设与的夹角为，

，

将代入得，

.

【小问2详解】

将代入得，

.

18. 如图，甲船A处，乙船在A处的南偏东45°方向，距A有9海里并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向航行，若甲船以28海里/时的速度航行.

（1）求甲船用多少小时能尽快追上乙船；

（2）设甲船航行的方向为南偏东，求的正弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设用小时，甲船能追上乙船，设，，求出，在△ABC中，利用余弦定理即可得出答案；

（2）利用正弦定理求得，再根据结合两角差的正弦公式即可得出答案.

【小问1详解】

解：设用小时，甲船能追上乙船，且在C处相遇，

在△ABC中，，，，

设，，

∴，

∴，

∴，即，

∴，

即甲船用小时能尽快追上乙船；

【小问2详解】

解：由（1）得：海里，海里，

根据正弦定理，得，∴，

∴.

19. 如图所示，在边长为2的等边△ABC中，点M，N分别在边AC，AB上，且M为边AC的中点，设，．

（1）若，用，表示；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用即可求出；

（2）设，可得所以，即可求出

【小问1详解】

因为M为AC中点，所以，

因为，所以，

所以；

【小问2详解】

设，

得，，

因为，，，

所以

，

所以当时，取得最大值3，

故当时，取得最小值；

故的取值范围为

20. 已知函数，的最小正期为π．

（1）求的对称中心；

（2）方程在上有且只有一个解，求实数n的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）利用二倍角余弦公式、诱导公式及辅助角公式化简得，根据最小正周期求参数，整体法求对称中心即可；

（2）令，画出的图象，数形结合求在上有且只有一个解对应n的取值范围．

【小问1详解】

由，

因为的最小正期为π，即，故，

所以，

令，则，故函数对称中心为.

【小问2详解】

令，当时，

所以在的图象如下，

由图知：在上有且只有一个解，则或，

所以或，故.

21. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知

（1）求角A的大小；

（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理及代入已知条件进行化简得，再根据，从而求出角A的大小；

（2）由正弦定理得，然后由公式，转化为关于得函数进行求解.

【小问1详解】

因为，

所以，

则，

即

又，

所以，即

又，所以

【小问2详解】

因为，

所以，

因为为锐角三角形，

所以

解得 ，则

故，

即面积的取值范围为

22. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为．

（1）求的最大值．

（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象，记方程在上的根从小到依次为，，，．．．．．．，试确定n的值，并求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换的公式化简的解析式，利用正弦函数的周期性，奇偶性求得函数的解析式，令，利用换元法转化为求最大值即可；

（2）利用三角函数的图象变换规律，求得的解析式，由方程，得，根据，求得，设，转化为，结合正弦函数的图象与性质，即可求解.

【小问1详解】

由题意，函数

因为图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得，

又由函数为奇函数，可得，所以，

因为，所以，所以函数，

，

令，，

则，，，

因为对称轴，所以当时，，

即的最大值为.

【小问2详解】

将函数的图象向右平移个单位长度，可得，

再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象，

由方程，即，即，

，，

设，其中，即，

结合正弦函数的图象，如图，

可得方程在有5个解，即，

其中，，，，

即，，，，

解得，，，，

所以．