四川省遂宁市遂宁中学2021-2022学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

遂宁中学2021～2022学年度下期半期考试高一数学考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名和准考证号填写在试卷和答题卡上.2．选择题用2B铅笔在对应的题号涂黑答案.主观题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的答题区域内.3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡上交.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题(共12小题，每题5分)1.（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】使用诱导公式及逆用余弦的差角公式进行求解.【详解】．故选：D．2.下列说法正确的是（）A.若，，则B.两个有共同起点，且长度相等的向量，它们的终点相同C.两个单位向量的长度相等D.若两个单位向量平行，则这两个单位向量相等【答案】C【解析】【分析】A.由判断；B.由平面向量的定义判断；C.由单位向量的定义判断；D.由共线 向量判断.【详解】A.当时，满足，，而不一定平行，故错误；B.两个有共同起点，且长度相等的向量，方向不一定相同，所以它们的终点不一定相同，故错误；C.由单位向量的定义知，两个单位向量的长度相等，故正确；D.若两个单位向量平行，则方向相同或相反，但大小不一定相同，则这两个单位向量不一定相等，故错误；故选：C3.函数是（）A.周期为的偶函数B.周期为的奇函数C.周期为的偶函数D.周期为的奇函数【答案】A【解析】【分析】利用降幂公式化简函数解析式，再根据余弦函数的图像与性质即可逐项分析求解.【详解】，故f(x)的最小正周期为π，为偶函数.故选：A.4.已知向量，，则（）A.B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得；【详解】解：因为，，所以，所以；故选：C5.在中，若，则的形状为（） A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，即所以，可得或，所以或，所以的形状为等腰或直角三角形，故选：D.6.已知向量，，且，则的值为（）A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】求出的坐标后可求的值.【详解】，由可得，解得，故选：C7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由正弦定理和题设条件，化简得到，结合，即可求得. 【详解】在中，因为，由正弦定理，可得，即，可得，因为，可得，即，因为，可得，所以.故选：C.8.已知中，角，，所对的边分别为，，．已知，，的面积，则的外接圆的直径为（）A.B.5C.D.【答案】C【解析】【分析】根据，，的面积，求得边a，再利用余弦定理求得边c即可.【详解】解：因为，，面积，所以，解得，由余弦定理得，解得，所以的外接圆的直径为，故选：C9.已知函数满足，对任意有，若为锐角三角形，则一定成立的是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题设条件可以判断函数在上单调递增，利用单调性不难得出结果【详解】不妨设，则又所以所以在上单调递增因为为锐角三角形所以所以所以即因为在上单调递增所以故选：C10.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式.设△的三个内角所对的边分别为，面积为，“三斜求积”公式表示为.在△中，若，则用“三斜求积”公式求得△的面积为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】由正弦定理边角关系可得，再结合已知可得，代入“三斜求积”公式即可求面积.【详解】由正弦定理可得：，则，又，即，所以.故选：C11.已知函数.若关于x的方程在上有解，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先对函数化简变形，然后由在上有解，可知，所以只要求出在上即可【详解】， 由，得，所以，所以，即，由在上有解，可知，所以，得，氢实数m的取值范围是，故选：C12.骑行是目前很流行的一种绿色健身和环保出行方式，骑行属于全身性有氧活动､能有效地锻炼大脑､心脏等人体器官机能，它带给人们的不仅是简单的身体上的运动锻炼，更是心灵上的释放.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，的最小值为（）A.B.12C.D.24【答案】B【解析】【分析】根据题意，如图建立平面直角坐标系，故，，，，进而利用坐标法结合三角函数性质求解即可.【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，因为圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4 的等边三角形所以点，，，所以，所以，所以当，的最小值为.故选：B第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（每题5分，共20分）13.已知向量，，若，则m=________．【答案】-4【解析】【分析】直接由向量共线的坐标运算求得结果.【详解】由，得，解得.故答案为：-4.14.在等腰中，，，则向量在上的投影是_______________.【答案】【解析】【分析】根据投影的概念求解. 详解】解：由题意得：在等腰中，向量在上的投影故答案为：15.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且，则___________.【答案】【解析】【分析】由题意和正弦定理得到，结合余弦定理化简得到，即可求解.【详解】因为，由正弦定理，可得，又因为，所以，解得，由余弦定理知，所以，即，解得.故答案为：.16.已知函数，若在区间内没有零点，则的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】化简函数解析式，由f(x)=0，可得，解得，结合 即可得出结论.【详解】．由，可得，解得，．因为在区间内没有零点，所以，且，即且，因为，分别取，1,2,3，，∴取值范围是，故答案为：．【点睛】关键点点睛：由三角函数化简求出函数零点，，分别取，可得不属于的集合，结合，可判断所在区间即可，属于难题.三、解答题17已知.（1）若为锐角，求的值.（2）求值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据题意和求得，结合两角和的余弦公式计算即可；(2)根据题意和可得，利用二倍角的正切公式求出，结合两角和的正切公式计算即可.【小问1详解】由，为锐角，，得，∴；【小问2详解】由得，则，∴．18.已知非零向量、，满足，，且．（1）求向量、的夹角；（2）求． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对化简结合可得，然后利用结合数量积的定义可求得答案，（2）先求出，然后平方可得结果【小问1详解】∵，∴，即，又，∴，设向量、的夹角为，∵，∴，∴，∵，∴，即向量、的夹角为；【小问2详解】∵∴．19.在中，若.（1）求角的大小 （2）若，，且，分别求、的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得可得（2cosA﹣1）2＝0，解得cosA的值，结合范围A∈（0，π），可求A的值；（2）由题意可得：b＝3﹣c，进而利用余弦定理可求c2﹣3c+2＝0，解方程可求c的值，进而可求b的值．【详解】（1）∵∴4cos2A﹣4cosA+1＝0，可得：（2cosA﹣1）2＝0，∴解得：cosA，∵A∈（0，π），∴A．（2）由题意可得：b+c＝3，可得：b＝3﹣c，又由a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得：（）2＝（3﹣c）2+c2﹣2，可得：c2﹣3c+2＝0，解得：，或．又∴.【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和方程思想，属于基础题．20.的相邻两对称中心距离为．（1）求的解析式和递增区间；（2）对任意不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1），单调递增区间为. （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式可化简得到，由对称中心间距离可得最小正周期，进而求得，得到解析式；令，即可解得单调递增区间；（2）根据的范围可求得的范围，结合正弦函数性质可求得的值域，利用恒成立的思想可构造不等式组求得结果.【小问1详解】由题意得：，相邻两对称中心距离为，最小正周期，解得：；；令，解得：，的单调递增区间为.【小问2详解】当时，，；由得：，，解得：，的取值范围为. 21.已知向量，，设函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）设的内角，，所对的边分别为，，，且______，求的取值范围．从下面两个条件中任选一个，补充在上面的问题中作答．①；②；注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分．【答案】（1）（2）条件选择见解析，【解析】【分析】（1）结合向量坐标乘法及三角恒等变换，将化简成的形式即可求得单调递增区间（2）结合正弦定理、三角恒等变换及三角形角的范围，可解出的值，即可求出的范围，即可求出的取值范围【小问1详解】因为，，所以，由，得，即函数的单调递增区间.【小问2详解】 若选①，由正弦定理可得，即，即，由于，所以，解得，由于，得，所以，所以，得，即的取值范围是.若选②，由正弦定理可得，即，由于，所以，由于，得，所以，所以，得，即的取值范围是.22.如图，在梯形中，，，，．(1)若，求梯形的面积；(2)若，求． 【答案】(1)；(2)．【解析】【分析】(1)中，利用含的余弦定理表达式建立BC的方程，求出BC而得面积，再利用面积关系求的面积得解；(2)由题设中角的信息用表示出与中的相关角，再在这两个三角形中利用正弦定理建立两个方程，联立整理得的方程，解之即得.【详解】(1)设，在中，由余弦定理得：，即，而x>0，解得，所以，则的面积，梯形中，，与等高，且，所以的面积，则梯形的面积；(2)在梯形中，设，而，则，，，，在中，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得：，两式相除得：，整理得，即 解得或，因为，则，即．【点睛】(1)三角形中已知两边及一边对角求第三边，利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解；(2)涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.