四川省成都市东部新区2021-2022学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

成都东部新区2021~2022学年（下）半期调研考试高一数学试题一､选择题（60分）1.（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用余弦的二倍角公式即可.【详解】故选：C.【点睛】此题考余弦的二倍角公式，属于简单题.2.在等差数列中，已知，，则（）A10B.12C.14D.16【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式可求得结果.【详解】设公差为，则，所以.故选：B3.已知角终边上一点M的坐标为，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据题意，结合所在象限，得到的值，再根据二倍角公式，求得答案.【详解】由角终边上一点M的坐标为，得，，故，故选：A.4.已知向量、满足，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】，，在等式两边平方可得，即，解得.故选：A.5.三个数之间的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用“分段法”比较出三者的大小关系.详解】，，，所以.故选：A.【点睛】本小题主要考查“分段法”比较指数式、对数式的大小，属于基础题..6.已知数列为等差数列，若，则值为（）A.4B.6C.8D.10 【答案】D【解析】【分析】由等差中项的性质进行计算【详解】由题意得：，所以，故故选：D7.在中，，，分别为，，的对边，如果，那么的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由正弦定理得到a、b、c的关系，构造余弦定理求.【详解】∵，由正弦定理可得即：整理得：对照余弦定理可得故选：A．【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择．8.设等差数列，的前n项和分别为，，若，则为（）A.3B.4C.5D.6【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的性质，得，此由可得结论．【详解】是等差数列，则，∴．故选：C．9.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出，，由凑角法，利用正弦的差角公式进行求解.【详解】因为、为锐角，所以，因为，所以，因为，所以，故故选：A.10.已知，，且与的夹角是钝角，则的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由是钝角得，且，解不等式可得答案.【详解】因为与的夹角是钝角，所以，且，解得且.故选：D.11.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，由正弦定理求出，进而利用三角函数求出高度. 【详解】由题意得：，，在中，，在中，，由正弦定理得：，即，解得：，由于CD⊥平面ABC，平面ABC，所以CD⊥BC，则（m）.故选：B12.已知定义在上的函数满足：①图象关于点对称；②；③当时，，则函数在区间上的零点的个数为（）A.6B.5C.4D.3【答案】B【解析】【分析】利用对称性画出、在上的图象，数形结合可得答案．【详解】∵，∴图象关于直线对称， 又∵图象关于点对称，故如下图，画出在上的图象，以及的图象，由图可知，零点个数为5个，故选：B．二､填空题（20分）13.____________【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，所以，则tan20°+tan40°+tan20°tan40°．考点：两角和的正切公式的灵活运用．14.如图，在中，两直角边，，点，分别为斜边的三等分点，则______．【答案】10【解析】【分析】将分别用表示，再根据数量积的运算律即可得出答案.【详解】解：因为点，分别为斜边的三等分点， 则，，所以.故答案为：10.15.数列中，，则其通项公式为___________.【答案】【解析】【分析】将转化得，得数列是等差数列，再计算首项和公差，利用等差数列的通项公式代入求解即可.【详解】由，得，所以数列是等差数列，又因为，所以，得，所以，得.故答案为：16.已知函数在区间上单调，且满足．有下列结论：①；②若，则函数的最小正周期为；③关于的方程在区间上最多有个不相等的实数解； ④若函数在区间上恰有个零点，则的取值范围为．其中所有正确结论的编号为________．【答案】①②④．【解析】【分析】①利用函数关于点对称.即可得出答案.②利用函数关于轴对称，再结合①即可得出答案.③利用函数在区间上单调，即可求出周期的取值范围，当取最小值时，实数解最多.求出其实数解即可判断.④利用函数在区间上恰有个零点结合①可得出，再结合在区间上单调时，即可得出的取值范围.【详解】①因为且，所以.①正确.②因为所以的对称轴为,.②正确.③在一个周期内只有一个实数解，函数在区间上单调且，.当时，，在区间上实数解最多为共3个.③错误 ④函数在区间上恰有个零点，，解得；又因为函数在区间上单调且，，即，所以.④正确故填：①②④.【点睛】本题考查三角函数曲线.属于难题.熟练掌握三角函数曲线的性质是解本题的关键.三､解答题17.（1）化简：.（2）已知，求的值.【答案】（1）4；（2）.【解析】【分析】（1）通分，利用辅助角公式和正弦的倍角公式进行化简求解；（2）对两边平方后，结合同角三角函数关系及正弦倍角公式进行求解.【详解】（1）；（2），两边平方得：，即，所以18.已知向量，（1）当时，求的值；（2）当时，求的值； （3）设函数，将的图象向左平移个单位得到函数的图象，求在的值域．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）由，可得，整理即可得解；（2）由，所以，整理即可得解；（3）由，平移后可得，因为，所以，由此范围即可求得值域.【详解】（1）因为，所以，即，所以．（2）因为，所以，所以，所以．（3）因为，所以，因为，所以，所以．19.已知为等差数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式；（2）求，并求的最小值.【答案】（1）；（2），有最小值.【解析】【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式及求和公可求，，然后结合等差数列的通项公式可求；（2）结合等差数列的求和公式可求，然后结合二次函数的性质可求．【详解】解：（1）等差数列中设数列的公差为，，，所以，解得，，故，（2）由（1）得，，故当时，的最小值．20.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若，求的周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理的边角互化结合和角公式得出A；（2）由余弦定理结合基本不等式得出三角形周长的取值范围.【小问1详解】 由正弦定理可得.可化为，即.即又则，，故.【小问2详解】由可得即，当且仅当时取等号，可化为，则.又由三角形三边关系可得，即.故，故三角形周长的取值范围是.21.已知等差数列前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，是否存在，使得等式成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）不存在，使得等式成立.【解析】【详解】试题分析：（1）由题意可得首项和公差的方程组，解方程组代入通项公式计算可得.（2）利用“裂项求和”与数列的单调性即可得出.试题解析：（1）设数列的公差为，由题意得，所以，.（2）由(1)得，所以数列的前项和 .因为，而单调递减，所以，又，所以不存在，使得等式成立.考点：等差数列的通项公式，裂项求和法22.已知向量，函数，且图象上一个最高点为与最近的一个最低点的坐标为.(Ⅰ)求函数的解析式；(Ⅱ)设为常数，判断方程在区间上的解的个数；（Ⅲ）在锐角中，若，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】【详解】试题分析：（1）先根据向量数量积得，再根据配角公式得.（2）根据自变量范围画出函数图像，根据正弦函数图像确定交点个数（3）先根据条件求出锐角B，再根据锐角三角形确定角A范围为，最后根据正弦函数性质确定的取值范围.试题解析：(Ⅰ).图象上一个最高点为，与最近的一个最低点的坐标为, ，，于是.所以.(Ⅱ)当时，，由图象可知：当时，在区间上有二解；当或时，在区间上有一解；当或时，在区间上无解.（Ⅲ）在锐角中，，.又，故，.在锐角中,.,,即的取值范围是点睛：三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式再借助三角函数图象研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．