2022-2023学年辽宁省鞍山市一般高中协作校高一下学期期中联考数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省鞍山市一般高中协作校高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知圆心角是2弧度的扇形的周长为4，则扇形的面积为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】由扇形的周长和面积公式求解.

【详解】由扇形的周长公式得，

解得，所以扇形的面积为.

故选：A

2．在边长为1的正方形ABCD中，向量，则向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由向量关系知E为DC的中点，F为BC靠近B端的三等分点，可以求得向量的模长，然后求得数量积，从而求得向量夹角.

【详解】由向量关系知E为DC的中点，F为BC靠近B端的三等分点，

则，，，

则由知，

则

故向量的夹角为

故选：B

3．下列各式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数的单调性以及每个选项对应角所在的象限逐项分析.

【详解】对于A， ， 在第二象限是增函数， ，错误；

对于B， ， ， ，错误；

对于C， ，

在第一象限是增函数， ，错误；

对于D， ，

， ，正确；

故选：D.

4．在中，角所对的边分别为，若，则角的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知，整理可得：，由余弦定理可解得，结合为三角形内角即可解得的取值范围.

【详解】解：因为，

整理可得：，

由余弦定理可得：，

由为三角形内角，即，可得：.

故选：C．

5．点A的坐标为，将点A绕原点逆时针旋转后到达点位置，则的横坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设点是终边上一点，则点是终边上一点，根据三角函数定义即可求出.

【详解】设点是终边上一点，则，，

则点是终边上一点，

则，

所以.

故选：D.

6．为捍卫国家南海主权，我海军在南海海域进行例行巡逻.某天，一艘巡逻舰从海岛出发，沿南偏东的方向航行40海里后到达海岛，然后再从海岛出发，沿北偏东的方向航行了海里到达海岛.若巡逻舰从海岛出发沿直线到达海岛，则航行的方向和路程（单位：海里）分别为（    ）

A．北偏东， B．北偏东，

C．北偏东， D．北偏东，

【答案】C

【分析】在中，，，，故可由余弦定理求出边AC的长度，在中，可由正弦定理建立方程，求出．

【详解】据题意知，在中，，海里，海里，

所以

，

所以海里，

又，所以，

又因为为锐角，所以，

所以航行的方向和路程分别为北偏东，海里.

故选：C.

【点睛】本题考查解三角形的实际应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

7．函数，将图像向右平移个单位长度得到函数的图像，若对任意，都有成立，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出 的解析式，再求出 ，由题意 是 的最大值，运用辅助角公式求出 的最大值即可.

【详解】依题意 ，

，

，

其中 ，

∴ 的最大值为 ，依题意有 ，即 ，

；

故选：A.

8．在中，内角的对边分别为，且边上的中线，则（    ）

A．3 B． C．1或2 D．2或3

【答案】C

【分析】由正弦定理及可得，在中由余弦定理列式可得，在中由余弦定理可得，综上即可求解c

【详解】由得，∴，∵，∴，即.

在中，由余弦定理可得，整理得，

在中，，∴，即 （*），

当时，（*）式可解得，；

当时，（*）式可解得，；

故选：C

二、多选题

9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A． B．的最小正周期为

C．直线是函数的一条对称轴 D．的图象关于点中心对称

【答案】ABC

【分析】代入计算 ，可判断A；由正弦型函数的最小正周期公式可判断B；代入计算 ，可判断C，D选项.

【详解】解：对于A， ，故A正确；

对于B，的最小正周期为，故B正确；

对于C，，所以直线是函数的一条对称轴，故C正确，D不正确，

故选：ABC.

10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为

【答案】BD

【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，下列命题中的真命题有（    ）

A．，为奇函数

B．，对恒成立

C．，，若，则的最小值为

D．，，若，则

【答案】BC

【分析】先化简函数；作出函数的图象，再逐项判断，；由函数的图象是的图象向左或向右平移个单位，它不会是奇函数的，故A错误； 由，得，，，；又，取或时成立B正确； 由时，得 的最小值为，所以C正确；当时， ，所以D错误.

【详解】由题意；

∵的图象如图所示；

函数的图象是的图象向左或向右平移个单位，

它不会是奇函数的，故A错误；

若 ，

∴，

∴，

∴，；

又，

∴取或时，

∴对恒成立，故B正确；

时，

 的最小值为，故C正确；

当时，

故D错误；

故选:BC.

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

12．△ABC的内角A、B、C的对边分别为，则下列说法正确的是（　　）

A．若，则△ABC有两解

B．若，则△ABC为直角三角形

C．若，则

D．若A=60°，，则△ABC面积的最大值为

【答案】ACD

【分析】由正弦定理判断A，切化弦，结合正弦定理判断B，正弦定理判断C，由余弦定理、基本不等式、三角形面积公式结合起来判断D．

【详解】A．由正弦定理得，，

角可以是锐角也可以是钝角，有两解，A正确；

B．已知，由正弦定理及商数关系得，

三角形中，所以，，

或，即或，三角形为等腰三角形或直角三角形，B错误；

C．由正弦定理，，，C正确；

D．由余弦定理，即，当且仅当时等号成立，

，所以最大值为，D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．已知，若与的夹角为锐角，则的取值范围为       ．

【答案】

【分析】先由与的夹角为锐角推出，由此解出的取值范围，再把上述取值范围内使得与同向的的值去掉即可

【详解】因为与的夹角为锐角

所以，解之得或

若与同向，则（）

即

综上，的取值范围为

故答案为：

14．已知函数的部分图像如图所示，且，则          .

【答案】-

【分析】根据图像求出 的解析式即可.

【详解】由图可知： ， ，

又 ，即 ，

；

故答案为：- .

15．设的内角、、的对边分别为、、，且满足.则      .

【答案】4

【详解】解法1  有题设及余弦定理得

.

故 .

解法2  如图4，过点作，垂足为.则

，.

由题设得.又，联立解得

，.故.

解法3  由射影定理得.

又，与上式联立解得

，.故.

16．中，，，，是边上一点，，则      ．

【答案】/

【分析】设，可得，由已知可得，再平方即可求出.

【详解】设，则，

因为，所以，解得，

所以，

则

，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．已知为锐角，.

(1)求的值；

(2)求函数的对称中心和单调区间.

【答案】(1)；

(2)对称中心为,单调增区间为，无减区间.

【分析】（1）利用诱导公式化简可得，即求；

（2）利用正切函数的性质即得.

【详解】（1）∵，

∴，又为锐角，

∴；

（2）由题知函数，

由，得，

∴函数的对称中心为；

由，得，

∴函数的单调增区间为，无减区间.

18．的内角，，的对边分别是，，，已知．

(1)求；

(2)若是锐角三角形，，求周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换即可求解；(2)结合已知条件利用正弦定理表示出，再利用三角恒等变换求值即可.

【详解】（1）由正弦定理得，，

在中，，

故，

∴，

∴，，

从而，，

∵，∴；

（2）由正弦定理得，，，其中为的外接圆半径，

故

，

因为是锐角三角形，，，

即且，

故，，

所以，

从而，故，

故三角形周长的取值范围为．

19．在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.

在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.

(1)求角A﹔

(2)若，的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）如选择①，根据平方关系得到，再由正弦定理将角化边，最后由余弦定理计算可得．

选择②，由正弦定理将边化角，再利用诱导公式、和差公式即可得出．

（2）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而根据余弦定理可求的值，进而可求的周长．

【详解】（1）解：若选择①，由，

得，

即，

由正弦定理得，

由余弦定理得，

又，

所以．

若选择②，因为，由正弦定理可得，

又，所以，

则，

所以．

由于，，

所以，，

故．

（2）因为，，的面积为，

所以，

由余弦定理，可得，

解得，

所以的周长．

20．如图，在中，已知

(1)求；

(2)已知点是上一点，满足点是边上一点，满足，是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，.

【分析】（1）根据给定条件，结合向量数量积求出，再求出夹角B作答.

（2）假定存在满足条件的实数，利用向量的线性运算、数量积运算求解作答.

【详解】（1）在中，，，

则，

显然有，于是得，，

所以.

（2）假设存在非零实数，使得，由，得，

则，

又，则，

于是得

，而，解得，

所以存在非零实数，使得.

21．如图有一块半径为4，圆心角为的扇形铁皮，是圆弧上一点（不包括，），点，分别半径，上．

(1)若四边形为矩形，求其面积最大值；

(2)若和均为直角三角形，求它们面积之和的取值范围．

【答案】(1)8；

(2).

【分析】(1)连接OP，令，用表示出矩形的面积，再借助三角函数计算作答.

(2)利用(1)中信息，用表示出和的面积和，再换元变形结合二次函数性质计算作答.

【详解】（1）连接OP，如图，令，

因四边形为矩形，则，

于是得矩形的面积，而，

则当，即时，取最大值1，即有，

所以矩形面积最大值为8.

（2）由(1)知，，则，，

和的面积和：

，

令，即，而，则，

，

则，显然在上单调递减，

当，即时，，而，因此，，

所以和的面积和的取值范围是：.

【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.

22．函数图象的一条对称轴为，一个零点为，最小正周期满足．

(1)求的解析式；

(2)若对任意恒成立，求的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）首先根据周期的范围求出，然后再结合函数的对称轴和零点即可求出和的值，从而可求出函数的解析式；

（2）首先根据的解析式把条件转化为，再结合变名的诱导公式及余弦的二倍角公式即可得到，即得到，结合正弦函数的图象即可求出的取值范围，从而可求的最大值．

【详解】（1）因为函数的最小正周期满足，所以，即；

因为函数图象的一条对称轴为，所以①，

因为函数的一个零点为，所以②，

②①，得，所以当时，，

因为，所以把代入①，得.

所以.

（2）因为，所以由，得，即，

所以，即，

所以，即，所以，

所以，即，

所以的最大值为.