2021-2022學(xué)年涼山州西昌市高一數(shù)學(xué)(理)下學(xué)期期中試卷附答案解析

-2022學(xué)年涼山州西昌市高一數(shù)學(xué)（理）下學(xué)期期中試卷滿分:150分時(shí)間：120分鐘一、單選題1．求的值為（

）A． B． C． D．2．已知向量，則等于（

）A． B． C． D．3．分別是△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，若，則△ABC的形狀是（

）A．鈍角三角形B．銳角三角形C．直角三角形D．等腰三角形4．已知向量，，．若，則（

）A． B． C． D．5．已知，則的值為（

）A． B． C． D．6．2021年央視中秋晚會(huì)選址在衛(wèi)星之城西昌，為做好秋晚的前期錄制工作，現(xiàn)要測(cè)量位于邛海兩岸的兩個(gè)秋晚錄制地點(diǎn)間的距離，經(jīng)測(cè)量點(diǎn)的北偏東方向上，在點(diǎn)正東方且距離為2km處確定一點(diǎn)，測(cè)得在的北偏西方向上，則兩個(gè)秋晚錄制地點(diǎn)間的距離為（

）A．km B．km C．km D．km7．已知，且，則的值為（

）A． B． C． D．8．已知分別是內(nèi)角所對(duì)的邊，是方程的兩個(gè)根，且，則（

）A． B． C． D．9．在平行四邊形ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，E是線段OD的中點(diǎn)，AE的延長(zhǎng)線與CD交于點(diǎn)F，則等于（

）A．B．C．D．10．若，，則的大小關(guān)系是（

）A．B．C．D．11．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝，AD＝4，BC＝2，P是腰DC上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為（

）A．8 B．7 C．6 D．412．已知為內(nèi)任意一點(diǎn)，若滿足，則稱為的一個(gè)“優(yōu)美點(diǎn)”．則下列結(jié)論中正確的有（

）①若，則點(diǎn)為的重心；②若，，，則；③若，則點(diǎn)為的垂心；④若，，且為邊中點(diǎn)，則．A．個(gè) B．個(gè) C．個(gè) D．個(gè)二、填空題13．已知向量的夾角為，且，，則向量在方向上的投影為_(kāi)_______．14．_________．15．若，，則__________．16．在中，，．點(diǎn)滿足．過(guò)點(diǎn)的直線分別與邊交于點(diǎn)且，．已知點(diǎn)為的外心，，則為_(kāi)_____．三、解答題17．已知向量的夾角，，(1)求；(2)求與夾角的余弦值.18．已知、均為銳角，，(1)求的值(2)求的值．19．已知向量，，，其中．(1)若時(shí)，則值的集合；(2)求的取值范圍．20．在銳角△中，角A，B，C的對(duì)邊分別是．已知．(1)求;(2)求

的取值范圍．21．分別是△內(nèi)角所對(duì)的邊．已知，．(1)求△外接圓半徑；(2)若是邊中點(diǎn)且線段，求△的面積．22．定義運(yùn)算，函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間;(2)若對(duì)任意的，都有恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】1.D【分析】由二倍角正弦公式和特殊角三角函數(shù)值可求得結(jié)果.【詳解】.故選：D.2．C【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解即可.【詳解】解：由題意得：故選：C3．A【分析】利用余弦定理求出最大邊所對(duì)角的余弦，再判斷作答.【詳解】在△ABC中，因，則最大邊為b，其所對(duì)角B是最大角，由余弦定理得：，因此角B是鈍角，所以△ABC是鈍角三角形.故選：A4．D【分析】由向量平行的坐標(biāo)表示可直接構(gòu)造方程求得結(jié)果.【詳解】，，，解得：.故選：D.5．C【分析】先根據(jù)等式求出，然后利用兩角和的正切公式代入求解即可.【詳解】解：由題意得：，解得：故選：C6．C【分析】先求出的三個(gè)角，再運(yùn)用正弦定理即可求出的長(zhǎng)度．【詳解】解：在中，依題意知，，那么，由正弦定理，又因?yàn)椋?，故選：C．7．B【分析】將兩式平方再相加即可得到，再根據(jù)的范圍計(jì)算可得；【詳解】解：因?yàn)椋?，即①，，即②，兩式相加得，所以，即，因?yàn)椋?，所以；故選：B8．B【分析】由韋達(dá)定理求出兩根之和，兩根之積，由半角公式求出，再由余弦定理求出.【詳解】由題意得：，由可得：，由余弦定理得：，解得：故選：B9．A【分析】依題意根據(jù)三角形相似得到，再根據(jù)平面向量線性運(yùn)算法則計(jì)算可得；【詳解】解：依題意，所以，即，所以；故選：A10．D【分析】由已知得利用兩角和的正弦公式求解，用兩角和的余弦公式求解，先利用正切化弦，再利用余弦的二倍角公式求解，然后將三個(gè)值都化在內(nèi)，利用函數(shù)的單調(diào)性求解即可.【詳解】由已知得，，，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，所以，所以，故選：D.11．A【分析】以為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)關(guān)系即可求出.【詳解】由題以為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，設(shè)，則，則，當(dāng)，即時(shí)，取得最小值為8.故選：A.12．D【分析】設(shè)中點(diǎn)為，由已知等式可得，由重心性質(zhì)可知①正確；取中點(diǎn)，中點(diǎn)，由已知等式可得，則可得與到直線距離之比，由此可知②正確；由可得，即，同理得，，由垂心定義知③正確；由已知等式可得，由此知④正確.【詳解】對(duì)于①，當(dāng)時(shí)，；設(shè)中點(diǎn)為，則，即，為的重心，①正確；對(duì)于②，當(dāng)，，時(shí)，，，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，，，，即，到直線距離與到直線距離之比為：，即；又為中點(diǎn)，點(diǎn)到直線距離，，，即，②正確；對(duì)于③，由得：，，同理可得：，，為的垂心，③正確；對(duì)于④，當(dāng)，，時(shí)，，，又為邊中點(diǎn)，，又，，，④正確.故選：D.13．【分析】由向量投影定義可直接求得結(jié)果.【詳解】向量在方向上的投影為：.故答案為：.14．【分析】根據(jù)兩角和的正切公式可令，代入求解即可.【詳解】解：由題意得：由兩角和的正切公式，可令，可得故答案為：15．【分析】利用已知找到角之間的關(guān)系即和，即可求解.【詳解】由已知條件得∵，∴，故答案為：.16．【分析】由三點(diǎn)共線可設(shè)，由此可利用表示出，得到，利用向量線性運(yùn)算可表示出，由外心特點(diǎn)可知，由此可構(gòu)造方程求得，結(jié)合向量數(shù)量積的運(yùn)算律可求得，進(jìn)而得到結(jié)果.【詳解】三點(diǎn)共線，可設(shè)，，，即，，，即，，；，，為的外心，，，整理可得：，

，解得：（舍）或；，.故答案為：.17．(1)(2)【分析】（1）由向量數(shù)量積的定義可直接求得結(jié)果；（2）利用向量數(shù)量積運(yùn)算律可求得，根據(jù)向量夾角公式可求得結(jié)果.【詳解】(1).(2)，.18．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出，再利用二倍角公式計(jì)算可得；（2）首先求出，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出、，最后由利用兩角差的正切公式計(jì)算可得；【詳解】(1)解：、為銳角，，解得，

.(2)解：因?yàn)椋?、為銳角且，所以，，所以19．1)(2)【分析】（1）由向量平行坐標(biāo)運(yùn)算可得，由此可得取值集合；（2）由向量數(shù)量積運(yùn)算可求得，由可求得的取值范圍.【詳解】(1)，，，即值的集合為：.(2)，，，，，即的取值范圍為.20．(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理角化邊，再利用余弦定理求解角即可；（2）利用正弦定理邊化角，再利用兩角差的正弦公式恒等變形，根據(jù)△為銳角三角形及（1）的結(jié)論求出角的范圍，最后利用正弦三角函數(shù)的性質(zhì)求出范圍即可.【詳解】(1)在△中由正弦定理得,由余弦定理得，∵，∴；(2)設(shè)△外接圓半徑為，，∵△為銳角三角形，∴，即，∴，∴，∴，即.21．(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理邊化角，再利用兩角和的正弦公式恒等變形，最后利用正弦定理求出外接圓半徑即可；（2）由（1）及余弦定理可得，再利用平面向量的加減運(yùn)算可得，兩邊同時(shí)平方再結(jié)合即可求出，面積即可求解.【詳解】(1)由已知條件可知，設(shè)△外接圓的半徑為，由正弦定理得，即，∵，∴，∴，又∵，∴，由正弦定理得，即，(2)△中由余弦定理得，即①，∵是邊中點(diǎn)，∴，兩邊同時(shí)平方可得，又∵，∴，即②，聯(lián)立①②解得，∴.22．(1)(2)【分析】（1）可得，即可求出周期，令可求單調(diào)遞增區(qū)間；（2）令，可得任意，討論對(duì)稱軸的范圍即可求出.【詳解】(1)由定義可得，當(dāng)時(shí)，，所以