河南省豫东名校2021-2022学年高一数学下学期期中考试试卷（Word版附答案）

高一数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合,，则（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】D【解析】【分析】根据集合的交集的概念可求出结果.【详解】，.故选：D2.已知向量，且，则（）A.B.15C.D.【2题答案】【答案】A【解析】【分析】利用两向量平行的坐标表示，列出方程求解即可.【详解】向量，且解得：故选：A.3.水平放置的平面四边形的斜二测直观图为一个边长为4，其中一个夹角为的菱形，则四边形的实际周长为（）A.16B.20C.24D.28【3题答案】【答案】C 【解析】【分析】根据斜二测画法可知，平面四边形是一个长为，宽为的矩形，由此可求出结果.【详解】根据斜二测画法可知，平面四边形是一个长为，宽为的矩形，所以四边形的实际周长为.故选：C4.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（）A.B.4C.D.2【4题答案】【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理角化边，然后联立解方程求出与的值，进而得出.【详解】由正弦定理得：，即：又，故选：A.5.若，则（）A.B.0C.D.【5题答案】【答案】D【解析】【分析】由正切两角差的公式直接求解.【详解】. 故选:D6.已知圆锥的底面积为，高为4，则该圆锥的侧面积为（）A.B.C.D.【6题答案】【答案】B【解析】【分析】根据圆的面积公式，结合勾股定理、圆锥的侧面积公式进行求解即可.【详解】由题意得，圆锥底面圆的半径，则母线长，所以圆锥的侧面积为，故选：B7.在平行四边形中，，若的中点为E，则（）A.B.C.D.【7题答案】【答案】D【解析】【分析】根据平面向量的加法和数乘运算可求出结果.【详解】.故选：D8.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则边上的高为（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】D【解析】【分析】已知两边和夹角，利用余弦定理求出的长，然后根据面积相等解出边上的高即可. 【详解】在中，，由余弦定理得：解得：设边的高为，即解得：故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.已知复数z满足，则z可能为（）A.B.C.D.【9题答案】【答案】AC【解析】【分析】设，由可求出结果.【详解】设，则，解得或，所以或.故选：AC10.已知平面内三点，，，则（）A.B.C.D.与的夹角为【10题答案】【答案】BCD 【解析】【分析】由题意可求得向量的坐标，由此判断A;计算，判断B;根据向量坐标，求出，判断C;利用向量的夹角公式求得与的夹角，判断D.【详解】由题意得向量，，，故A错误；因为，所以，B正确.因为，所以，C正确.因，因为，所以与的夹角为，D正确.，故选：BCD11.为了得到函数的图象，只需把余弦曲线（）A.所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将其向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C.所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【11题答案】【答案】AD【解析】【分析】根据三角函数图象的周期变换、相位变换的结论以及诱导公式进行求解可得答案.【详解】对于A，把余弦曲线的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，再将其向右平移个单位长度，得到的图象，故A正确； 对于B，把余弦曲线的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将其图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，故B不正确；对于C，把余弦曲线的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将其图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C不正确；对于D，把余弦曲线的图象向右平移个单位长度，得到的图象，再将其图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，故D正确；故选：AD12.在中，，则（）A.B.C.D.的面积为【12题答案】【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦定理可判断A正确；利用及，结合两角和的正弦公式可判断故B正确；根据，利用二倍角的余弦公式可判断C不正确；根据 ，求出和，再根据三角形的面积公式可判断正确.【详解】因为，所以，由正弦定理得，故A正确；因为，所以，则，即，则，故B正确；因为，所以，故C不正确；因为，所以，所以，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.若函数在上为奇函数，则___________.【13题答案】【答案】【解析】【分析】利用区间关于原点对称求出，再根据恒成立求出，即可得解. 【详解】因为函数在上为奇函数，所以，得，又，即，即恒成立，所以，所以.故答案为：.14.已知复数z满足，则___________，___________.【14题答案】【答案】①.②.【解析】【分析】根据等式求出复数，得到的复数化简后得到结果，再直接利用模长公式求解即可.【详解】故答案为：；.15.一艘轮船从A地开往北偏西方向上的B地执行任务，完成任务后开往北偏东方向上的C地，轮船总共航行了，若C地在A地北偏东的方向上，则A，B两地相距约为___________.（结果保留整数，参考数据：）【15题答案】【答案】400【解析】【分析】由题意根据方位角得出三角形三个内角，设，则，由正弦定理可求解.【详解】由题意，作图如图所示. 所以设，则由正弦定理可得,所以所以故答案为：40016.在钝角中，内角的对边分别为，，且，则的一个值可以为___________.【16题答案】【答案】6（答案不唯一，均可）【解析】【分析】根据已知条件判断出必为钝角，由得，即，再根据，得到，然后在这个范围内任取一个值，即可得解。【详解】因为，由正弦定理得，所以，所以不是钝角，又，所以，所以也不是钝角，故必为钝角， 从而，所以，则，又，所以.故答案为：6（答案不唯一，均可）四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知复数.（1）若z为纯虚数，求m的值；（2）若复数的实部与虚部之和为14，求m的值.【17题答案】【答案】（1）5（2）1【解析】【分析】（1）先将复数进整理，得出其实部和虚部，由条件可得实部为零，虚部不为零得出答案.(2)先化简复数，得出实部与虚部，从而求出答案.【小问1详解】由z为纯虚数，则，解得（舍去）【小问2详解】所以，解得19.已知向量满足，，且.（1）求；（2）记向量与向量的夹角为，求.【19题答案】 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知，根据，，借助，可计算出，然后将要求解的平方，带入即可完求解；（2）借助第（1）问求解出的，先计算，然后再使用即可完成求解.【小问1详解】，解得，则，故.【小问2详解】因为，所以.21.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B的大小；（2）若，求的面积.【21题答案】【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据余弦定理角化边得到，再根据余弦定理可求出结果；（2）由以及求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.【小问1详解】由及余弦定理得，化简得，所以，又，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，所以，所以，所以的面积.为.23.已知是定义在上的偶函数，当时，.（1）求的解析式并指出的单调区间；（2）求的解集.【23题答案】【答案】（1）；的增区间为；减区间为（2）【解析】【分析】（1）根据偶函数的定义先求出时，的解析式，得出函数的解析式；由时，函数为增函数，再由函数为偶函数得出上的单调性. （2）由偶函数，结合条件可得，由单调性从而可得，解出不等式可得答案.【小问1详解】当时，则，又为偶函数所以所以函数在上均为增函数，则函数在上均为增函数又为偶函数，则在上单调递减.所以的增区间为；减区间为【小问2详解】由为偶函数，则，即根据在上单调递增，所以所以且，即且解得：或，且所以不等式的解集为25.如图，在平行四边形中，E为的中点，与交于点G.（1）用表示. （2）若，四边形的面积为，，求的最小值.【25题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角形相似得到，得到，再根据减法运算可得结果；（2）根据平行四边形的面积求出，将和用表示，求出，再用不等式知识可求出结果.【小问1详解】依题意可知，与相似，所以，所以，所以.【小问2详解】因为，四边形的面积为，所以，所以，因为，所以，所以，，所以 ，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.27.如图，在某景区依湖畔而建的半径为500米的一条圆弧形小路上，为吸引游客，景区在这条弧形小路上取两点A，B，准备分别以A，B两处为入口，在河岸内侧建造两条玻璃栈道，，并在两条栈道的终点P处建造一个观景台，已知弧所对的圆心角为.（1）若为等腰直角三角形，且为斜边，求的面积；（2）假设玻璃栈道的宽度固定，修建玻璃栈道的造价按照长度来计算，且造价为1200元/米，试问当时，修建两条玻璃栈道最多共需要多少万元？【27题答案】【答案】（1）平方米.（2）万元.【解析】【分析】（1）根据圆心角和半径求出弦长，根据等腰直角三角形求出直角边，再根据面积公式求出面积.（2）设，，利用正弦定理求出、，在求出的最大值，然后乘以即可得解.【小问1详解】 因为弧所对的圆心角为，圆的半径为500，所以米，又为等腰直角三角形，且为斜边，所以米，所以的面积为平方米.【小问2详解】设，，由正弦定理得，得，由正弦定理得，得，所以，因为，所以，所以当，即时，取得最大值为米，所以修建两条玻璃栈道最多共需要万元.