四川省江油中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

四川省江油中学2022级高一下学期半期检测数学试题

一、单选题（每小题5分，共计40分）

1. 的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用两角和的正弦公式求解.

【详解】.

故选：C.

2. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）

A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度

C. 向上平移个单位长度 D. 向下平移个单位长度

【答案】A

【解析】

【分析】由平移变换的规则求解即可.

【详解】将函数的图象向左平移个单位长度即可得到函数的图象.

故选：A.

3. 已知向量与向量垂直，则x=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求参数即可.

【详解】与垂直，

，即.

故选：C

4. 在中，角A、B、C对的边分别为a、b、c．若，，，则角C等于（    ）

A. 90° B. 120° C. 60° D. 45°

【答案】B

【解析】

【分析】利用余弦定理求解即可.

【详解】由题可知,

因为,故.

故选：B.

5. 在平行四边形中，对角线与交于点，，则（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的线性运算直接计算.

【详解】

由已知对角线与交于点，，

则，

所以，

故选：A.

6. 下列不等式成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别判断正弦、余弦、正切、的单调性，判断选项A，B，C，再结和正弦余弦正切单调性及诱导公式找中间值比较即可判断D选项.

【详解】A选项：因为在上单调递增，

且，

所以有，

故A错误；

B选项：因为在上单调递增，

且，

所以有，故B错误；

C选项：在上单调递减，

且，

所以有，故C错误.

D选项：因为在上单调递增，

且，

所以，

由在上单调递增，

且，

所以，

所以，

故选：D.

7. 如图所示，在中，，P是BN上的一点，若，则实数m的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，可得，再利用共线向量的推论列式计算作答.

【详解】在中，，即，又，

因此，而点B，P，N共线，于是，解得，

所以实数m的值为.

故选：C

8. 设向量与的夹角为θ，定义，已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据数量积求模长的公式计算，可得，计算出，再代入，利用数量积求模长公式计算即可.

【详解】，，，

得， ，

，

.

故选：B

二、多选题（每小题5分，全对得5分，漏选得2分，错选0分，共计20分）

9. 下列说法中，错误的是（    ）

A. 若，则或

B. 向量与是共线向量，则四点必在同一条直线上

C. 向量与是平行向量

D. 任何两个单位向量都是相等向量

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用向量及向量共线的定义对选项逐一判断即可.

【详解】向量是既有大小又有方向的量，若，则和大小相同，方向不一定相同，故选项A说法错误；

向量与是共线向量，则与方向相同或反向，点可能在一条直线上，也可能组成平行四边形，故选项B说法错误；

向量与方向相反，是平行向量，故选项C说法正确；

单位向量模长相同，方向不一定相同，故选项D说法错误；

故选：ABD

10. 已知平面向量，，则下列说法正确是（    ）

A.  B.

C. 向量与的夹角为 D. 向量在上的投影向量为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.

【详解】，所以，故A错误；

，故B正确；

，

，，，故C错误；

向量在上的投影向量为，故D正确．

故选：BD

11. 已知函数的图象经过点，则（    ）

A.

B. 的最小正周期为

C. 的定义域为

D. 不等式的解集为，

【答案】BD

【解析】

【分析】将点代入函数中，再结合即可求得的值，从而即可判断A；求正切函数的最小正周期即可判断B；求正切函数的定义域即可判断C；解不等式即可判断D．

【详解】对于A，由题知，则，因为，所以，A错误；

对于B，的最小正周期，B正确；

对于C，令，，则，，

所以定义域为，C错误；

对于D，令，则，

得，，即，，

所以不等式的解集为，，D正确．

故选:BD
 

12. 已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（    ）

A. 若为的垂心，，则

B. 若为锐角的外心，且，则

C. 若，则点的轨迹经过的重心

D. 若，则点的轨迹经过的内心

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据，计算可判断A；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断B；设中点为，进而结合正弦定理得可判断C；设中点为，根据题意计算得，进而得可判断D.

【详解】解：对于A选项，因为，，又因为为的垂心，

所以，所以，故正确；

对于B选项，因为且，

所以，整理得：，即，

设为中点，则，所以三点共线，

又因为，所以垂直平分，故，正确；

对于C选项，由正弦定理得，

所以，

设中点为，则，所以，

所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；

对于D选项，因为，

设中点为，则，所以，

所以，

所以，即，

所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.

故选：ABC

三、填空题（每小题5分，共计20分）

13. 平面向量，.若，则实数的值是______.

【答案】或

【解析】

【分析】利用向量共线的坐标运算关系即可求解.

【详解】平面向量，，

若，则，解得或.

故答案为：或

14. 已知向量，的夹角为120°，且，，则________．

【答案】1

【解析】

【分析】根据向量数量积的概念，列出式子即可求出结果.

【详解】由得

．

故答案为：1.

15. 已知，满足，，，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得到的值，然后由正弦的和差角公式，代入计算即可得到结果.

【详解】因为，则，

因为，则，

所以，

，

则

故答案:

16. 对于三角形形状的判断，以下说法正确的有：__________

①若，则为等腰三角形；

②若，则为等边三角形．

③，则为直角三角形．

④若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形

⑤若，则为钝角三角形．

【答案】②④⑤

【解析】

【分析】根据正弦定理边化角，可推得或，判断①；根据向量数量积的运算律可判断②；举反例可判断③；根据向量数量积的运算律结合向量的模可判断④；利用正弦定理角化边结合余弦定理可判断⑤.

【详解】对于①，，则,

即，由于，则，

则或，即或，

故为等腰三角形或直角三角形，①错误；

对于②，由可得，

即，故，

同理由可得,

故为等边三角形，②正确．

对于③，不妨取,满足，但不是直角三角形．③错误；

对于④，因为 ，故，

即，

又，所以 ，

故，由于，故，

同理可得，结合 ，

故≌≌,可得，

故为等边三角形，④正确；

对于⑤，由得，

即，即，

由于，故为钝角，故为钝角三角形，⑤正确，

故答案为：②④⑤

【点睛】方法点睛：判断三角形形状问题可以利用正余弦定理，根据角的范围进行判断，注意正余弦定理边角互化的应用，也可以利用向量的线性运算或者数量积的运算进行判断.

四、解答题

17. 已知，，．设，，．

（1）求；

（2）求满足的实数，的值；

【答案】（1），；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用平面向量的数乘和加法运算求解即可；

（2）由向量的坐标运算列出方程组，可得实数，的值．

【详解】由已知得，，．

（1），，，，．

（2），，．

解得．

18. 已知函数.

（1）求函数的最小正周期､单调递增区间；

（2）求函数在的值域.

【答案】（1）；递增区间为；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据正弦型函数的周期性及单调性即得；

（2）根据正弦函数的图象和性质即得.

【小问1详解】

因为，

所以最小正周期为，

由，可得，

所以函数单调递增区间为：；

【小问2详解】

由，可得，

所以，

所以函数在上的值域为.

19. 如图，某林场为了及时发现火情，设立了两个观测点和，某日两个观测站都观测到了处出现火情，在点处观测到的方位角为．在点处，观测到的方位角为．B点和点相距25千米，求观测站与火情之间的距离．

【答案】千米

【解析】

【分析】由正弦定理求解即可

【详解】在中，，

，

，

，

由正弦定理可得，

即，

所以（千米），

所以观测站与火情之间的距离为千米

20. 在中，角所对的边分别为，已知

（1）求的值；

（2）若，则的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据求，然后利用正弦定理和求即可；

（2）利用余弦定理和得到，然后利用面积公式求面积即可.

【小问1详解】

由于，则，因为，

由正弦定理知，则.

【小问2详解】

因为由余弦定理，得，

即，解得，而，

所以的面积.

21. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求函数的解析式；

（2）若，其中，求的值；

（3）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】（1）由函数的图象可得出的最小正周期的值，可求得，再将点代入函数的解析式，结合可求得的值，进而可求得函数的解析式；

（2）求得，结合，可求得的值；

（3）求出函数在区间上的最大值和最小值，由题意可得，进而可求得实数的取值范围.

【详解】（1）由图象可知，函数的最小正周期为，，

则，

，可得，

，，，解得，

因此，；

（2），可得，

，，，解得；

（3）当时，，则，

，，

由可得，则，

，，所以，.

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：根据三角函数（或）的部分图象求函数解析式的方法：

（1）求、，；

（2）求出函数的最小正周期，进而得出；

（3）取特殊点代入函数可求得的值.

22. 在中，角的对边分别为，已知．

（1）求角的大小；

（2）若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围；

（3）若，且外接圆半径为2，圆心为为上一动点，试求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求解；

（2）利用正弦定理将周长转化为关于角的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；

（3）易得三角形为等边三角形，取中点，可得，由为上的一动点，可得，进而可求的取值范围.

【小问1详解】

依题意，

由正弦定理，，

由

可得，

由余弦定理，

则，则，

因为，所以；

【小问2详解】

由为锐角三角形，，可得，

由正弦定理，则，

则，

则的周长为，

由，则，因为，整理得：

，解得或（舍去），

所以，则周长范围是；

【小问3详解】

由正弦定理，则，则，

由，可得，则，

则三角形等边三角形，取中点，如图所示：

则

，

由，则，则．

【点睛】方法点睛：（1）利用正余弦定理可进行边角互换用以化简条件；（2）涉及三角形周长与面积的最值问题，可将问题转化为基本不等式或三角函数来求最值；（3）外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围.