2022-2023学年江苏省常州市前黄高一年级下册学期3月学情检测（二）数学试题【含答案】

2022-2023学年江苏省常州市前黄高一下学期3月学情检测（二）数学试题一、单选题1．已知，，则点的坐标是()A． B．C． D．【答案】C【分析】设，根据向量运行法则得到，，解得答案.【详解】设，则，故，，得，.即.故选：C2．已知角α终边上一点M的坐标为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，结合所在象限，得到和的值，再根据公式，求得答案.【详解】由角终边上一点M的坐标为，得，，故，故选D.【点睛】本题考查已知角的终边求对应的三角函数值，二倍角公式，属于简单题.3．已知向量，满足，若，则实数的值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.【详解】∵，∴∵，∴∵，∴，即.故选：C.4．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用两角差的余弦公式化简，然后再化弦为切即可得解.【详解】解：由得，,所以,解得.故选：A.5．已知函数,下列结论中错误的是A． B．函数的图象关于直线对称C．的最小正周期为 D．的值域为【答案】D【解析】由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简函数解析式可得，利用余弦函数的图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解．【详解】解：由，故正确；由定义可知为偶函数，故正确；由周期公式可得的最小正周期为：，故正确；由余弦函数的性质可得的值域为，，故错误；故选：．【点睛】本题主要考查了平方差公式及二倍角的余弦函数公式，考查了余弦函数的图象和性质，属于基础题．6．在中，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】在中，根据求得，再利用余弦定理即可得出答案.【详解】解：在中，，，，所以，所以.故选：B.7．若不等式在上有解，则实数的最小值为（

）A．11 B．5 C． D．【答案】B【解析】利用降幂公式化简,再根据其在的范围,利用能成立的性质求解实数的最小值即可.【详解】设.因为,故.所以.又有解,故实数的最小值为5.故选：B【点睛】本题主要考查了降幂公式与根据定义域求正弦函数的值域问题,同时也考查了能成立问题求最值的做法.属于中等题型.8．如图，在钝角中，角所对的边分别是，，过点作与垂直的单位向量，将与向量表达式两边进行数量积的运算，即，化简后得到的结论是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由向量数量积的运算律和定义可化简等式得到，由此可得结论.【详解】，，，又，，即.故选：A.二、多选题9．下列四个等式其中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据利用两角和与差的正切、正弦、二倍角公式进行三角恒等变换一一计算可得答案.【详解】A选项，所以正确；B选项，，，所以错误；C选项，

，所以错误；D选项，所以正确.故选：AD.【点睛】本题考查三角恒等变换，两角和与差的正弦正切公式、二倍角公式等，公式要熟练记忆是解本题的关键.10．在中，角所对的边分别是，则下列结论中正确的是（）A．若，则外接圆的半径是B．若，则C．若，则是直角三角形D．若，则【答案】BC【分析】根据正弦定理可求出外接圆半径判断A；由条件及正弦定理可求出，可判断B；由条件结合正弦定理及二倍角公式得，利用两角和的正弦公式可得，求解即可判断C；取特殊角可判断D.【详解】由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故A错误；由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；若，得，则，即，则，又，所以，，，则是直角三角形，故C正确；若，显然，故D错误.故选：BC.11．瑞士数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心垂心和重心都在同一直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心距离之半”这就是著名的欧拉线定理设中，点O、H、G分别是外心、垂心、重心下列四个选项中结论错误的是（

）A．B．C．设BC边中点为D，则有D．【答案】CD【分析】利用相似和重心的性质可以判断选项A正确；利用重心的性质和平面向量的运算可以判断选项B正确；利用相似和重心的性质可以判断选项C错误；利用外心的性质和向量相等的概念可以判断选项D错误.【详解】如图，A.由题得,OD⊥BC,AH⊥BC,所以OD||AH,所以,所以该选项正确；B.所以，所以该选项正确；C.∵D为BC中点，G为的重心，∴，，，∴，∴，故C选项错误；D.向量，，的模相等，方向不同，故D选项错误.故选：CD【点睛】本题主要考查平面向量的运算，考查三角形的外心、重心和垂心，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．在锐角三角形ABC中，下列命题成立的是（

）A．，，则 B．C． D．【答案】ACD【分析】根据三角恒等变换，逐个选项化简判断即可求解【详解】因为在锐角三角形中，所以，均为锐角对于A，，得，，所以，；所以，A正确；对于B，若，整理得，化简得，所以，，为钝角，与题意不符，B错误；对于C，若，则，化简得，因为均为锐角，所以，必有，得，符合均为锐角，所以，C正确；对于D，因为均为锐角，得，所以，，所以，，所以，成立，D正确；故选：ACD三、填空题13．已知的三个顶点都在圆上，，且，则圆的面积为____.【答案】【分析】根据平面向量加法的运算法则，结合三角形外心的性质进行求解即可.【详解】设的中点为，因为,所以点与点重合，即的外接圆的圆心是边的中点，因此是以为斜边的直角三角形，因为，所以，因此圆的面积为，故答案为：14．已知内角的对边分别为，且，则_____.【答案】【分析】由已知条件结合正弦定理得，然后利用余弦定理即可求出.【详解】由，结合正弦定理得，整理得，由余弦定理得，又，则.故答案为：.15．若，则___________.【答案】【分析】由诱导公式结合和差角公式求解即可.【详解】故答案为：四、双空题16．已知函数，若，使得，且的最小值为，则的值为__________；若将的图象向右平移个单位长度后所得函数图象关于直线对称，则在区间上的最小值为________.【答案】

2

【解析】根据题意可得最小正周期满足，再由，求出，再根据三角函数的平移变换可得，由对称轴可得，，进而求出，再根据三角函数的性质即可求解.【详解】因为的最大值和最小值分别为和，又，所以，中一个为最大值，一个为最小值，因为的最小值为，所以的最小正周期满足，所以，故.将的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，由题意可知，直线是图象的一条对称轴，所以，，所以，，又，令，则，所以.因为，所以，所以在区间上为减函数，故最小值为.故答案为：2；五、解答题17．已知(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）整理关于的方程，结合的范围求解即可；（2）先利用诱导公式化简，然后利用“”弦化为切计算即可.【详解】（1）∵，∴，解得或.又，，所以.（2）.18．已知，，，求.【答案】【分析】观察可得,根据角的范围分别得到和,解得后即可得到的值【详解】,,由题,,又【点睛】本题考查和（差）角公式,考查已知值求值,需注意用角的范围来确定三角函数值的符号19．中，角的对边分别为，且.（I）求的值；（II）求的值.【答案】（1）；（2）5【详解】试题分析：（1）依题意，利用正弦定理及二倍角的正弦即可求得cosA的值；（2）易求sinA=，sinB=，从而利用两角和的正弦可求得sin（A+B）=，在△ABC中，此即sinC的值，利用正弦定理可求得c的值．试题解析：(1）由正弦定理可得，即：，∴，∴.（2由（1），且，∴，∴，∴==.由正弦定理可得：，∴．20．如图，在四边形中，，，，△ABC为等边三角形，是的中点.设，.(1)用，表示，；(2)求∠BAE的余弦值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据平面向量基本定理及平面向量的线性运算，结合图像即可得出答案；（2）易求得，求出及，再根据即可得解.【详解】（1）解：由图可知，因为E是CD的中点，所以，（2）解：因为，为等边三角形，所以，，所以，所以，.则，所以∠BAE的余弦值为.21．已知为坐标原点，.（1）求的最小正周期；（2）将图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再将所得图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为，且，，，，求的值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的正余弦公式及辅助角公式化简的表达式，进而求出其最小正周期即可；（2）根据函数图象的伸缩变换公式求出函数的表达式，再利用两角差的正弦公式和二倍角的余弦公式进行求解即可.【详解】（1）因为所以，函数的最小正周期为.（2）由（1）知，，将图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍得到函数，再将其图象向左平移个单位后得到函数，又，即，因为，所以，，，所以.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示、利用函数图象的伸缩变换公式求变化后的解析式、两角和的正弦公式和二倍角的余弦公式；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；熟练掌握两角和的正弦公式和二倍角的余弦公式，并观察出角之间的关系是求解本题的关键；属于中档题.22．后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制．某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点在弧AB上，点和点分别在线段和线段上，且，．记．(1)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值；(2)记，若存在最大值，求的取值范围．【答案】(1)，，(2)【分析】（1）在中，正弦定理可得，，通过三角恒等变换可得，，从而可求其最大值；（2）根据向量的运算，由得，，从而，再根据三角函数的性质求解．【详解】（1）由题可知，在中，，，，