四川省成都市东部新区2021-2022学年高一数学下学期期中试题含解析

Page1成都东部新区2021~2022学年高一数学下学期半期调研考试一､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（）A10 B.12 C.14 D.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.4 B.6 C.8 D.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.3 B.4 C.5 D.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.6 B.5 C.4 D.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