四川省凉山州西昌市2021-2022学年高一数学（理）下学期期中考试试题（Word版附解析）

西昌市2021-2022学年度下期期中检测高一数学（理科）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试题卷4页，答题卡2页.全卷满分为150分，考试时间120分钟.答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置；选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，其他试题用0.5毫米签字笔书写在答题卡对应题框内，不得超越题框区域.考试结束后将答题卡收回.一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）．1.求的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由二倍角正弦公式和特殊角三角函数值可求得结果.【详解】.故选：D.2.已知向量，则等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】解：由题意得： 故选：C3.分别是△ABC内角A，B，C的对边，若，则△ABC的形状是（）A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.等腰三角形【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理求出最大边所对角的余弦，再判断作答.【详解】在△ABC中，因，则最大边为b，其所对角B是最大角，由余弦定理得：，因此角B是钝角，所以△ABC是钝角三角形.故选：A4.已知向量，，．若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量平行的坐标表示可直接构造方程求得结果.【详解】，，，解得：.故选：D.5.已知，则值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据等式求出，然后利用两角和的正切公式代入求解即可.【详解】解：由题意得： ，解得：故选：C6.2021年央视中秋晚会选址在卫星之城西昌，为做好秋晚的前期录制工作，现要测量位于邛海两岸的两个秋晚录制地点间的距离，经测量点的北偏东方向上，在点正东方且距离为2km处确定一点，测得在的北偏西方向上，则两个秋晚录制地点间的距离为（）A.kmB.kmC.kmD.km【答案】C【解析】【分析】先求出的三个角，再运用正弦定理即可求出的长度．【详解】解：在中，依题意知，，那么，由正弦定理，又因为，所以，故选：C．7.已知，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】将两式平方再相加即可得到，再根据的范围计算可得；【详解】解：因为，所以，即①，，即②，两式相加得，所以，即，因为，所以，所以；故选：B8.已知分别是内角所对的边，是方程的两个根，且，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由韦达定理求出两根之和，两根之积，由半角公式求出，再由余弦定理求出.【详解】由题意得：，由可得：，由余弦定理得：，解得：故选：B 9.在平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】依题意根据三角形相似得到，再根据平面向量线性运算法则计算可得；【详解】解：依题意，所以，即，所以；故选：A10.若，，则的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知得利用两角和的正弦公式求解，用两角和的余弦公式求解，先利用正切化弦，再利用余弦的二倍角公式求解，然后将三个值都化在内，利用函数的单调性求解即可.【详解】由已知得 ，，，因为在上单调递增，所以，所以，故选：D.11.已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝，AD＝4，BC＝2，P是腰DC上的动点，则的最小值为（）A.8B.7C.6D.4【答案】A【解析】【分析】以为原点建立直角坐标系，利用坐标关系即可求出.【详解】由题以为原点建立直角坐标系，则，设，设，则，则，当，即时，取得最小值为8.故选：A.12.已知为内任意一点，若满足，则称为的一个“优美点”．则下列结论中正确的有（）①若，则点为的重心；②若，，，则； ③若，则点为的垂心；④若，，且为边中点，则．A.个B.个C.个D.个【答案】D【解析】【分析】设中点为，由已知等式可得，由重心性质可知①正确；取中点，中点，由已知等式可得，则可得与到直线距离之比，由此可知②正确；由可得，即，同理得，，由垂心定义知③正确；由已知等式可得，由此知④正确.【详解】对于①，当时，；设中点为，则，即，为的重心，①正确；对于②，当，，时，，，取中点，中点，，，，即，到直线距离与到直线距离之比为：，即；又为中点，点到直线距离，，，即，②正确；对于③，由得：， ，同理可得：，，为的垂心，③正确；对于④，当，，时，，，又为边中点，，又，，，④正确.故选：D.二、填空题（本题共4个小题，每题5分，共20分）．13.已知向量的夹角为，且，，则向量在方向上的投影为________．【答案】【解析】【分析】由向量投影定义可直接求得结果.【详解】向量在方向上的投影为：.故答案为：.14._________．【答案】【解析】【分析】根据两角和的正切公式可令，代入求解即可.【详解】解：由题意得： 由两角和的正切公式，可令，可得故答案为：15.若，，则__________．【答案】【解析】【分析】利用已知找到角之间的关系即和，即可求解.【详解】由已知条件得∵，∴，故答案为：.16.在中，，．点满足．过点直线分别与边交于点且，．已知点为的外心，，则为______．【答案】【解析】【分析】由三点共线可设，由此可利用表示出 ，得到，利用向量线性运算可表示出，由外心特点可知，由此可构造方程求得，结合向量数量积的运算律可求得，进而得到结果.【详解】三点共线，可设，，，即，，，即，，；，，为的外心，，，整理可得：，，解得：（舍）或；，.故答案为：.三、解答题（本题共6个小题，17题10分，18-22每题12分，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．17.已知向量的夹角，， （1）求；（2）求与夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量数量积的定义可直接求得结果；（2）利用向量数量积运算律可求得，根据向量夹角公式可求得结果.【小问1详解】.【小问2详解】，18.已知、均为锐角，，（1）求的值（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出，再利用二倍角公式计算可得；（2）首先求出，再根据同角三角函数的基本关系求出、，最后由利用两角差的正切公式计算可得；【小问1详解】 解：、为锐角，，解得，【小问2详解】解：因为，.、为锐角且，所以，，所以19.已知向量，，，其中．（1）若时，则值的集合；（2）求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量平行坐标运算可得，由此可得取值集合；（2）由向量数量积运算可求得，由可求 得的取值范围.【小问1详解】，，，即值的集合为：.【小问2详解】，，，，，即的取值范围为.20.在锐角△中，角A，B，C的对边分别是．已知．（1）求;（2）求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解角即可；（2）利用正弦定理边化角，再利用两角差的正弦公式恒等变形，根据△为锐角三角形及（1）的结论求出角的范围，最后利用正弦三角函数的性质求出范围即可.【小问1详解】在△中由正弦定理得,由余弦定理得，∵，∴； 【小问2详解】设△外接圆半径为，，∵△为锐角三角形，∴，即，∴，∴，∴，即.21.分别是△内角所对的边．已知，．（1）求△外接圆半径；（2）若是边中点且线段，求△的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式恒等变形，最后利用正弦定理求出外接圆半径即可；（2）由（1）及余弦定理可得，再利用平面向量加减运算可得，两边同时平方再结合即可求出，面积即可求解.【小问1详解】由已知条件可知，设△外接圆的半径为，由正弦定理得 ，即，∵，∴，∴，又∵，∴，由正弦定理得，即，【小问2详解】△中由余弦定理得，即①，∵是边中点，∴，两边同时平方可得，又∵，∴，即②，联立①②解得，∴.22.定义运算，函数．（1）当时，求函数最小正周期及单调递增区间;（2）若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）可得，即可求出周期，令可求单调递增区间； （2）令，可得任意，讨论对称轴的范围即可求出.【小问1详解】由定义可得，当时，，所以，令，解得，所以的单调递增区间为；【小问2详解】令，则，，，任意的，恒成立，等价于任意恒成立，即任意，对称轴，①当时，在单调递增，，所以，解得，因为，所以此时；②当时，在单调递减，在单调递增，所以，则，解得，因为，所以；③当时，在单调递减，在单调递增， 所以，所以，解得，因为，所以；④当时，在单调递减，所以，所以，解得，因为，所以.综上，.