2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高一下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高一下学期期中考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．设集合，则集合的子集个数为（    ）A．6 B．4 C．2 D．1【答案】B【分析】若集合A中有n个元素，则集合A有个子集求解.【详解】解：因为集合中有两个元素，所以集合的子集个数为，故选：B2．化为角度是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据弧度化角度公式直接求解即可.【详解】.故选：B3．已知扇形弧长为，圆心角为，则该扇形面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据扇形弧长及面积公式计算即可. 【详解】设扇形的半径为，则，解得，所以扇形的面积为．故选：C. 4．已知向量，，则（      ）A． B．2 C． D．50【答案】A【分析】根据向量的坐标运算求得的坐标，再根据向量模的坐标表示即可得答案.【详解】由题意向量，，则向量，故，故选：A5．在中，为的中点，为的中点，设，，则（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】根据图形特征进行向量运算即可.【详解】因为为的中点，为的中点，所以，又因为，，所以.故选：C6．中若有，则的形状一定是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】利用三角函数恒等变换公式对原式化简变形可得结论【详解】由，得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以为直角三角形，故选：B7．足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可选择，若选择线路，甲到达最佳射门位置时，需要带球距离为（   ）  A．码 B．码C．码 D．码【答案】D【分析】选择线路，设，利用基本不等式结合结合两角差的正切公式求出正切值的最大值，利用等号成立的条件求出的值，即可得解.【详解】若甲选择线路，设，因为，，，，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，此时，，因此，若选择线路，甲到达最佳射门位置时，需要带球距离为码.故选：D.8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，点D在边AB上，，则的外接圆的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理将统一成角的形式，化简后可求出，在中利用正弦定理可求出，则可求出，然后在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求出外接圆的半径，从而可求出圆的面积.【详解】因为，所以由正弦定理得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，在中，由正弦定理得，，所以，因为，所以，得，所以在中，由余弦定理得，，所以，设外接圆半径为，则由正弦定理得，所以，所以的外接圆的面积是，故选：B 二、多选题9．下列各式中值为1的是（    ）A． B．C． D．【答案】CD【分析】利用三角函数恒等变换公式逐个计算判断即可.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确.故选：CD10．下列说法中正确的是（    ）A．度与弧度是度量角的两种不同的度量单位B．1度的角是周角的，1弧度的角是周角的C．根据弧度的定义，一定等于弧度D．不论是用角度制还是用弧度制度量角，角的大小均与圆的半径长短有关【答案】ABC【分析】根据角度制与弧度制的定义，以及角度制和弧度制的换算公式，以及角的定义，逐项判定，即可求解.【详解】根据角度制和弧度制的定义可知，度与弧度是度量角的两种不同的度量单位，所以A正确；由圆周角的定义知，1度的角是周角的，1弧度的角是周角的，所以B正确；根据弧度的定义知，一定等于弧度，所以C正确；无论是用角度制还是用弧度制度量角，角的大小均与圆的半径长短无关，只与弧长与半径的比值有关，故D不正确.故选：ABC.11．已知函数（，）的部分图象所示，点，，则下列说法中正确的是（    ）  A．直线是图象的一条对称轴B．的图象可由的图象向左平移个单位长度得到C．的最小正周期为D．在区间上单调递增【答案】ACD【分析】先求出，利用代入检验法判断A；利用三角函数图象的平移变换法则判断B；利用周期公式判断C；利用正弦函数的单调性判断D.【详解】由得，∴.又，∴，∴.根据“五点法”可得，解得，故.令，得，为最大值，故直线是图象的一条对称轴，故A正确；把的图象向左平移个单位长度，可得的图象，故B不正确；的最小正周期为，故C正确；当时，，故此时单调递增，故D正确.故选：ACD12．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】证明出当时，，利用该不等式以及二倍角的余弦公式可得出、、的大小关系.【详解】先证明出当时，，如下图所示：  设点，设，其中，设点在轴上的射影点为，过点作轴的垂线交射线于点，则，，，由图可知，，即，故当时，，因为、，则，因为，则，因为，则，故选：BC. 三、填空题13．设向量满足，，则      ．【答案】5【分析】根据数量积的运算律结合已知条件求解即可【详解】因为，，所以，故答案为：514．已知，向量与垂直，则实数          .【答案】【分析】先求出，再由向量与垂直，能求出实数.【详解】，，向量与垂直，，解得实数.故答案为：.15．关于的方程的一个解           【答案】（答案不唯一）【分析】令，推导出该函数为偶函数，由原方程可得，由偶函数的基本性质可得出原方程的一个解.【详解】令，其中，则，所以，函数为偶函数，由，可得，则原方程的一个解满足，可解得.故答案为：（答案不唯一）.16．如图，已知直线，A是直线，之间的一定点，并且点A到，的距离分别为，，B，C分别为直线，上的动点，且满足，则面积的最小值为      ．  【答案】【分析】当B,C在直线DE同侧时，设，利用直角三角形边角关系表示出，再利用三角形面积公式结合和差角的余弦公式求解，验证不在同侧的情况作答.【详解】依题意，当点在过点垂直于的直线同侧时，，设，则，在中，，因此的面积，而，即，，当且仅当，即取等号， 当与重合时，，，，当与重合时，，同理，当在过点垂直于的直线两侧时，则有，，或，，，所以面积的最小值为.故答案为：【点睛】思路点睛：若（为定值），求或的最值，可以设，利用对偶思想求解. 四、解答题17．已知为第二象限角，且.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据为第二象限角，得到，进而得到正切值；（2）根据二倍角公式和诱导公式化简，分子分母同时除以，代入即可.【详解】（1）因为为第二象限角，，所以，所以（2）原式，分子分母同时除以，则原式.18．已知.(1)把写成的形式，并指出它是第几象限角;(2)求，使与的终边相同，且.【答案】(1)，第三象限角(2)或. 【分析】（1）利用终边相同的角的表示方法可将表示为的形式，再判断所在的象限.（2）由（1）可得，然后解不等式，求出整数的值，代入可求出的值.【详解】（1）因为于是，它是第三象限角.（2）由（1）知，因为，所以，即，因为，所以或.当时，；当时，．所以或.19．已知函数.(1)求的最小正周期；(2)当时，求的最小值及取得最小值自变量的值.【答案】(1)(2)最小值为，当时取得. 【分析】（1）根据二倍角公式，辅助角公式将函数化简，然后根据三角函数的周期公式求解；（2）根据三角函数的单调区间，结合的范围进行求解.【详解】（1），故最小正周期为（2）由于，则，注意到在上满足，上，于是要求的最小值只用考虑的情况，由在上单调递减，，于是在上递减，故时，即，取到最小值.20．已知内角的对边分别为，设.(1)求；(2)若的面积为，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.【详解】（1）原式化简可得：，整理得：，由正弦定理可得：，因此三角形的内角；（2），，，.21．如图，在平面四边形中，，，.(1)若，求的面积；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先由同角三角函数的基本关系求出，再在中由锐角三角函数定义求出，再由三角形的面积公式即可求得；（2）由题中条件得，在和中，由正弦定理及积化和差公式求出，最后由求得.【详解】（1），，所以，在中，，，的面积.（2），，，，在中，，，在中，由正弦定理有，即，由积化和差公式有，，将此结果代入式中化简可得：，解得（舍负），.22．如图，设中的角A，B，C所对的边是a，b，c，AD为∠BAC的角平分线，已知，，，点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于点G，且的面积是面积的一半.  (1)求边BC的长度；(2)设，，，当时，求k的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由，可得，过D分别作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于点M，N，由平行线分线段成比例可得，，进而可得,结合余弦定理可得,即可得答案；（2）由的面积是面积的一半，可得①，由三点共线，得，由，得②，由①②即可得答案.【详解】（1）解：由，得,又因为，所以，又因为，过D分别作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于点M，N，  所以，，所以,所以,又因为,所以；（2）解：因为，，，的面积是面积的一半，所以，所以①，，由，得，又因为三点共线，所以，即，所以，又，所以，又因为，所以②，由①②解得，所以.【点睛】结论点睛：为平面内共线的三点，为平面内任意一点，当时，则一定有.