2021-2022学年成都市教院高一数学下学期期中考试卷附答案解析

-2022学年成都市教院高一数学下学期期中考试卷满分:150分时间：120分钟一、单选题1．（

）A．0 B． C．-1 D．12．已知数列的通项公式为，那么9是它的（

）A．第10项 B．第4项 C．第3项 D．第2项3．若，则（

）A． B． C． D．4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，A=，的面积为，则外接圆的半径为（

）A． B．2 C． D．45．在中，为上一点，且，则（

）A．B．C．D．6．已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则A． B． C． D．7．数列中，若，则＝（

）A． B． C． D．8．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则角B的大小为（

）A． B． C． D．9．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD=15°，∠BDC=30°，CD=30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于（

）A．5m B．15m C．5m D．15m10．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（

）A．1 B．2 C．3 D．411．在△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为，且满足，则的最大值是A．1 B． C． D．312．已知函数，函数在区间上恰有三个不同的零点，则=（

）A．-1 B． C．1 D．二、填空题13．已知向量与为一组基底，若与平行，则实数________.14．已知，，则________.15．在数列{an}中，，，则的值为________.16．已知平面单位向量，，满足||，设+，+，向量与的夹角为，则的最大值为________.三、解答题17．已知向量，向量．（1）求和的夹角；（2）若，求实数的值．18．已知是等差数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）为何值时，取得最大值并求其最大值．19．已知的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量．（1）若，求证：为等腰三角形；（2）若，边长，角，求的面积20．已知向量，.（1）当时，求的值；（2）若，且，求的值.21．如图，在中，，为边上的点，为上的点，且，，.（1）求的长；（2）若，求的值.22．已知函数，其中．(1)求使得的取值范围；(2)为锐角三角形，O为其外心，，令，求实数t的取值范围．【答案】1.A【分析】逆用两角和的余弦公式即可求出．【详解】．故选：A．2．C【分析】由已知条件，根据通项公式求出即可得答案.【详解】解：因为数列的通项公式为，令，解得，所以9是数列的第3项，故选：C.3．A【分析】依题意利用诱导公式计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：A4．B【分析】由题意，根据三角形的面积公式求出的值，再根据余弦定理求出的值，最后由正弦定理即可求解.【详解】解：因为在中，，A=，的面积为，所以，解得，所以由余弦定理有，所以，所以由正弦定理有（为外接圆的半径），解得，所以外接圆的半径为2.故选：B.5． D．【答案】D【分析】根据向量加法、减法的三角形法则及数乘向量的运算性质即可求解.【详解】解：因为在中，为上一点，且，所以，故选：D.6．B【详解】试题分析：由得，解得.【解析】等差数列.7．C【分析】由已知条件进行变形可得，结合等差数列的定义，从而可求出，进而可求的值.【详解】解：因为，所以，即，又，则是以为首项，为公差的等差数列，即，则，所以.故选:C.【点睛】本题考查了等差数列的定义，考查了数列通项的求解.本题的关键是对已知条件进行变形得出通项公式.8．D【分析】由正弦定理进行边角互化可得，结合三角形的内角和定理和两角和的正弦公式可求出，进而可求出角B的大小.【详解】解：由正弦定理可知，，因为，所以，即，解得，则.故选:D.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式.本题的关键是进行边角互化.9．D【分析】在中，由正弦定理，求得，再在中，即求.【详解】在△BCD中，，由正弦定理得，解得(m），在Rt△ABC中，(m).故选：D10．B【分析】由余弦定理求出答案.【详解】由得：，解得：故选：B11．C【详解】∵csinA=acosC，∴由正弦定理可得sinCsinA=sinAcosC，∴tanC=，即C=，则A+B=，∴B=﹣A，0＜A＜，∴sinA+sinB=sinA+sin（﹣A）=sinA+=sinA+cosA=sin（A），∵0＜A＜，∴＜A+＜，∴当A+=时，sinA+sinB取得最大值，故选C12．A【分析】先化简函数，作出的大致图象，数形结合得到，再计算即可.【详解】函数，最小正周期为，故时大致图象如下：函数在区间上恰有三个不同的零点，即函数，，与直线有三个不同的交点，不妨设，由图象可知，三个的零点满足，即，而，则或或，即解得，故.故选：A.【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程的根)的相关问题常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根；（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.13．【分析】根据基底的定义及共线向量的充要条件即可求解.【详解】因为向量与为一组基底，所以与不共线.又因为与平行，所以，即，因为与不共线，所以，解得，所以实数的值为.故答案为：.14．【分析】利用二倍角公式计算可得；【详解】解：因为，所以，解得或，因为，所以，所以；故答案为：15．52【分析】由等差数列的性质求解【详解】由题意得，故是首项为2，公差为的等差数列，．故答案为：5216．【分析】利用向量模的平方等于向量的平方，化简可得，再根据向量夹角公式求函数关系式，根据函数单调性求最值，即可得的最大值.【详解】解：由题意，∵，∴，即，∴，，∴当时，取得最小值，此时取得最大值为.故答案为：.17．（1）；（2）.【解析】（1）根据题中条件，由向量夹角的坐标表示，即可得出结果；（2）根据向量垂直，由（1）结合向量数量积的运算法则，列出等式求解，即可得出结果．【详解】（1）因为向量，向量，则，，，则，又由，则；（2）若，则，解可得.18．（1）；（2）n=4时取得最大值.【分析】（1）利用公式，进行求解；（2）对进行配方，然后结合由，可以求出的最大值以及此时的值.【详解】（1）由题意可知：，当时，，当时，，当时，显然成立，∴数列的通项公式；（2），由，则时，取得最大值28，∴当为4时，取得最大值，最大值28．【点睛】本题考查了已知求，以及二次函数的最值问题，根据的取值范围求最大值是解题的关键.19．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）用坐标表示，利用正弦定理，化角为边，即得证；（2）用坐标表示，利用角的余弦定理可得，再利用面积公式即得解【详解】（1）因为，所以，即，其中是的外接圆半径，所以，所以为等腰三角形．（2）因为，所以．由余弦定理可知，，即解方程得：（舍去）所以．20．1）（2）【详解】试题分析：（1）根据向量数量积坐标表示得.（2）先根据向量数量积得，再根据二倍角公式以及配件公式得，即得，根据同角三角函数关系得，最后根据角的关系并利用两角和的余弦公式得的值.试题解析：解：（1）当时，，，所以.（2），若，则，即，因为，所以，所以，则.21．（1）；（2）.【解析】（1）在中可得的大小，运用余弦定理得到关于的一元二次方程，通过解方程可得的值；（2）中先在中由正弦定理得，并根据题意判断出为钝角，根据，求出．【详解】（1）因为，在中，由余弦定理得，所以，所以，所以.（2）在中，由正弦定理得，所以，所以.因为点在边上，所以，而，所以只能为钝角，所以，所以.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题22．(1)(2)【分析】（1）化简，再结合的图像，即可解出不等式.（2）由可得：；化简可