北京市顺义区杨镇第一中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市顺义区杨镇第一中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了的值为，向量，若向量满足，则向量夹角的大小为，在中，，则角等内容，欢迎下载使用。
数学
（考试时间120分钟，满分150分）
一､选择题：共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．的值为（ ）
A．B．C．D．
2．向量（ ）
A．B．C．D．
3．在复平面内复数Z=i（1﹣2i）对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．已知某圆柱底面的半径为1，高为2，则该圆柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象中，相邻两条对称轴之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
6．若向量满足，则向量夹角的大小为（ ）
A．B．.C．D．
7．函数的图像，向右平移个单位长度后得到函数，则函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，其中在一个周期内的图象如图所示．则（ ）
A．B．
C．D．
9．在中，，则角（ ）
A．B．C．D．
10．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二､填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11．已知向量，若，则 .
12．若，则= .
13．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数 ，复数的虚部为 .
14．已知向量，（），且，，则向量的坐标可以是 ．（写出一个即可）
15．如图，平面内有三个向量、、,其中与与的夹角为，与的夹角为,且，，若,则的值为 .
三､解答题：本大题共6个小题，共85分.
16．已知为虚数单位，复数.
(1)若是纯虚数，求实数的值；
(2)若，求的值.
17．已知函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)求函数的单调递增区间；
(3)设是第三象限角，且，求的值.
18．已知.
(1)求向量的坐标；
(2)设向量的夹角为，求的值；
(3)若向量与互相垂直，求的值.
19．在中，角所对的边分别为，已知.
(1)若，求角的大小；
(2)若，求边上的高.
20．已知函数.
(1)求的值；
(2)求函数在区间的最大值和最小值.
21．的内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积；
(3)若角为钝角，直接写出的取值范围.
1．B
【分析】运用诱导公式化简角，再由特殊角的三角函数值即得.
【详解】
故选：B.
2．C
【分析】利用向量加减法则化简即可.
【详解】由.
故选：C
3．A
【详解】试题分析：根据复数乘法的运算法则，我们可以将复数Z化为a=bi（a，b∈R）的形式，分析实部和虚部的符号，即可得到答案．
解：∵复数Z=i（1﹣2i）=2+i
∵复数Z的实部2＞0，虚部1＞0
∴复数Z在复平面内对应的点位于第一象限
故选A
点评：本题考查的知识是复数的代数表示法及其几何意义，其中根据复数乘法的运算法则，将复数Z化为a=bi（a，b∈R）的形式，是解答本题的关键．
4．C
【解析】根据圆柱表面积的计算公式直接求解即可.
【详解】解:因为圆柱的底面半径为1，高为2，
所以圆柱的表面积.
故选：C.
【点睛】本题考查了圆柱表面积的求法,属基础题.
5．C
【分析】求出最小正周期可得．
【详解】函数的最小正周期是，因此相邻两条对称轴之间的距离是．
故选：C．
6．D
【分析】利用向量的模长公式展开可求得，再结合向量夹角的范围即得夹角.
【详解】由两边取平方，，
设向量夹角为，则有，则，
因，故.
故选：D.
7．A
【分析】根据函数图象平移“左加右减，上加下减”的原则，整理后即得所求.
【详解】由函数向右平移个单位长度得：
故选：A.
8．B
【分析】根据图象最值，可求得A值，根据图象的周期性，结合公式，即可求得值，根据五点作图法，代入数据，即可得值，即可得答案.
【详解】观察可得图象最大值为2，最小值为-2，所以A=2，
因为，所以，解得，
根据五点作图法可得：，解得，
所以.
故选：B
9．D
【分析】将代入条件，整理得，再由和正弦定理推得，消去得的方程，求解即得.
【详解】由可得，展开化简得:，①
又由和正弦定理可得：，②
将②代入①，可得：,即，
由可知是锐角，则，故有或，即或.
当时，由可得，符合题意；
当时，由可得，显然不合题意，故.
故选：D.
10．C
【分析】利用向量的几何意义，结合平面直角坐标系进行求解
【详解】如图以向量的起点为原点建立平面直角坐标系，设的终点为A，的终点为B，根据向量的几何意义可知的最小值，表达是A点到向量的距离，即图中虚线段的长度，
故可设向量所在的直线方程为，即，点，故
故选：C
11．2
【分析】根据向量共线的充要条件的坐标表示式计算即得.
【详解】由可得，解得.
故答案为：2.
12．3
【详解】试题分析：.
考点：恒等变换公式.
13． ##
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数，即得其虚部.
【详解】由可得，
故复数的虚部为.
故答案为：；
14．（答案不唯一）
【分析】根据已知条件列关于，的方程组，解方程组即可求解.
【详解】向量，（），且，，
所以，取符合题意，
所以向量的坐标可以是，
故答案为：（答案不唯一）
15．6
【详解】
故答案为：6
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据纯虚数的定义，列出方程组，解之即得；
（2）先求出复数，代入所求式，利用复数乘除运算的相关性质计算即得.
【详解】（1）由是纯虚数，
可知解得，；
（2）时，，则
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据周期公式计算即得；
（2）将看成整体，利用正弦函数的递增区间列出不等式组，求解即得；
（3）结合的范围，求出，利用二倍角公式求得和的值，最后利用差角公式代入计算即得.
【详解】（1）由可得，故函数的最小正周期为；
（2）由可得，，
则函数的单调递增区间为：；
（3）由，且是第三象限角可得，，
则
于是，.
18．(1)
(2)
(3)1
【分析】（1）利用向量的坐标线性运算计算即得；
（2）利用向量的数量积的定义式和坐标式列出方程求解即得；
（3）利用向量垂直的充要条件列出方程，求解即得.
【详解】（1）由可得，，
即向量的坐标为：；
（2）因，
则；
（3）依题意，，即，解得.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理求得，再判断角的范围,即可求得角；
（2）先由余弦定理求出角，再借助于直角三角形中三角函数的定义计算即得.
【详解】（1）由正弦定理，，即，
因，故,即是锐角，故；
（2）
如图，由余弦定理，，
知角是锐角，则，
作于点，在中，,
即边上的高是.
20．(1)
(2),
【分析】（1）将自变量的值代入函数式，计算即得；
利用三角恒等变换将化简成，将看成整体，求得的范围，结合正弦函数的图象即可判断函数的最值与对应的值.
【详解】（1）因，则；
（2）由
，
因，则令，则，
而在上单调递增，在上上单调递减，
故当时，即时，；当时，即时，.
21．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由正弦定理化边为角，整理化简得，由推得，求得角；
（2）由余弦定理和题设条件，求出，代入三角形面积公式计算即得；
（3）由正弦定理化边为角，再消去角，整理得，利用时正切函数的值域即可求得的取值范围.
【详解】（1）由和正弦定理得，，
因，
则有，因，则得，
又，故.
（2）由余弦定理，，代入得，，
因，则有，即得，
故的面积为.
（3）由正弦定理，可得，
因，代入化简得：,
因为钝角，故由可得，
则，，即，故的取值范围是.
【点睛】思路点睛：本题主要考查正弦定理、余弦定理在求角、面积和解析式范围上的应用，属于难题.
解题思路即是遇到与三角形中的边相关的解析式求范围问题时，一般运用正、余弦定理将其化成内角的三角函数式，利用三角函数的有界性求其范围.