江苏省徐州市2020-2021学年高一下学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（ ） A．一个圆台、两个圆锥 C．两个圆柱、一个圆台

2．在ABC中，a3，b4，sinAB．两个圆台、一个圆柱 D．一个圆柱、两个圆锥

3，则sinB（ ）． 51A．

54B．

5C．5 3D．1

3．sin20cos10cos20sin10（ ）． A．2

11B．

2C．3 2D．3 24．欧拉恒等式：ei10被数学家们惊叹为“上帝创造的等式”．该等式将数学中几个重要的数：自然对数的底数e、圆周率、虚数单位i、自然数1和0完美地结合在一起，它是由欧拉公式：eicosisin(R)令得到的．根据欧拉公式，e复平面内对应的点在（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

2i3在

5．设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosCccosBasinA，则ABC的形状为（ ）． A．锐角三角形

B．直角三角形

C．钝角三角形

D．等边三角形

2sin2Acos2A6．已知tanA2，则． （ ）

1cos2A357A． B． C．

2229D．

27．已知向量a,b满足|a|=2，b=(1，1)，ab2，则cos=（ ） A．2

11B．

2C．2 2D．2 28．在如图的平面图形中，已知OM1,ON2,MON120,BM2MA,CN2NA,则

BC·OM的值为

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A．15 C．6

二、多选题 9．已知复数zB．9 D．0

i，则以下说法正确的是（ ）． 12iB．z的共轭复数z2i 551A．复数z的虚部为

5C．z5 51D．在复平面内与z对应的点在第三象限

10．下列各式中值为2的是（ ）． A．2sin75cos75

C．sin45cos15cos45sin15

B．12sin25π 12D．tan20tan25tan20tan25

11．下列关于向量a，b，c的运算，一定成立的有（ ）． A．abcacbc C．abab

B．abab D．abcabc

12．在锐角ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知c2，若

sin2Asin2BsinAsinBsin2C，则下列说法正确的是（ ）

A．C3

B．A,

62C．B0,

2D．ab(23,4]

三、填空题

52513．已知点P5,5是角的终边与单位圆的交点，则cos2______．

14．已知z1，则z13i的最大值是______．

15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若ABAF＝2，则AEBF的值是________．

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16．如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角MAN60，C点的仰角CAB45以及MAC75；从C点测得MCA60．已知山高BC500m，则山高MN________m．

四、解答题

117．已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝43，b＝6，cosA＝﹣．

3（1）求c；

（2）求cos2B的值． 18．已知复数z51i，i为虚数单位. 12i（1）求z和z；

（2）若复数z是关于x的方程x2mxn0的一个根，求实数m，n的值. 19．已知向量a,b,c在同一平面上，且a(2,1). （1）若a//c，且c25，求向量c的坐标﹔ （2）若b3,2，且kab与a2b垂直，求k的值.

220．设函数f(x)cos2x2sinx.

3（1）求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的集合； 2（2）若,，且f()，求sin2.

54221．在①(bac)(bac)ac：②cos(AB)sin(AB)；③tanABsinC这三2个条件中任选两个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求b的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.

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B，C的对边分别为a，b，c，___________，问题：是否存在ABC，它的内角A，且a22，___________？

注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.

1222．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足OCOAOB.

33（1）求

ACCB的值；

2πB1cosx,cosx.x0,，fxOAOC2mAB，（2）已知A1,cosx，若fx2最小值记为gm，求gm表达式，并求gm的最大值.

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参考答案

1．D 【分析】

根据题意，画出旋转后的几何体，观察图形，可得结果. 【详解】

从较短的底边的端点向另一底边作垂线，

两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形， 所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的 是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体， 如图所示．

故选：D. 2．B 【分析】

利用正弦定理求解. 【详解】

由题知，a3，b4，sinA在ABC中，由正弦定理得，

4354. 353， 5ab， sinAsinB所以sinBbsinAa故选：B. 3．A 【分析】

利用诱导公式及两角和的正弦公式计算可得； 【详解】

解：sin20cos10cos20sin10 sin20cos10cos20sin10

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sin2010sin301 2故选：A 4．B 【分析】

根据欧拉公式及复数的几何意义计算可得； 【详解】 解：因为e2i32i3cos2213isini， 3322所以e13在复平面内所对应的点的坐标为2,2位于第二象限，

故选：B 5．B 【分析】

先利用正弦定理，再利用和角的正弦公式化简，即得解. 【详解】

由题得sinBcosCsinCcosBsin2A, 所以sin(BC)sin2A， 所以sinAsin2A, 因为0A,sinA0, 所以sinA1, 因为0A,A2.

所以ABC是直角三角形. 故选：B 6．D 【分析】

2sin2Acos2A先利用三角函数恒等变换公式对化简变形，然后代值计算即可

1cos2A【详解】

解：因为tanA2，

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2sin2Acos2A4sinAcosAcos2A119所以2tanA4，

1cos2A2cos2A222故选：D 7．C 【分析】

先求出a(ab)2，|a+b|=2，再利用向量的夹角公式求解. 【详解】

a(ab)aab4(2)2，

2|a+b|=(a+b)24+242，

所以cos=故选：C 8．C 【详解】

a(ab)|a||ab|22. 222分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果. 详解：如图所示，连结MN，

由BM2MA,CN2NA 可知点M,N分别为线段AB,AC上靠近点A的三等分点， 则BC3MN3ONOM， 由题意可知：

OM121，OMON12cos1201， 结合数量积的运算法则可得：

BCOM3ONOMOM3ONOM3OM336.

22本题选择C选项.

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点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 9．AC 【分析】

21先化简复数z得，zi，选项A利用复数的虚部的概念判定，选项B利用共轭复数

55的概念判定，选项C利用复数模的计算公式判定，选项D利用复数对应的点的坐标判定. 【详解】 由题知，复数zi12ii21i. 12i12i12i55121复数zi的虚部为，故选项A正确；

5552121复数zi的共轭复数为zi，故选项B错误；

55552221215复数zi的模z，故选项C正确；

555552121复数zi对应的点,在第二象限，故选项D错误；

5555故选：AC. 10．AC 【分析】

选项A利用二倍角的正弦求值；选项B利用二倍角的余弦求值；选项C逆用两角差的正弦公式求值；选项D利用两角和的正切公式求值. 【详解】

因为2sin75cos75sin2751，故选项A正确； 2答案第4页，总14页

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因为12sin25π35cos2，故选项B错误； 122121，故选项C正确； 2因为sin45cos15cos45sin15sin4515因为1tan2025tan20tan25，

1tan20tan25整理得，tan20tan25tan20tan251，故选项D错误； 故选：AC. 11．ABC 【分析】

由数量积的运算律，向量模的几何意义，数量积的定义判断各选项． 【详解】

A是向量数量积中乘法与加法的分配律，A正确；

B．设OAa，OBb，则abBA，O,A,B三点不共线时，OAOBAB， 所以abab，

OA,OB反向时，OAOBAB，abab，

OA,OB同向时，ABOAOBOAOB，abab， 所以abab成立，B正确； C．ababcosa,bab，C正确；

当a与c不共线时，一般abc与abc也是不共线的向量，不可能相等．D错． 故选：ABC． 12．ABD 【分析】

首先由正弦定理将条件化成边，然后由余弦定理求出C3，然后利用

ab43432(sinAsinB)sinAsinA4sinA求出其范围即可. 3336【详解】

因为sin2Asin2BsinAsinBsin2C，由正弦定理可得：a2b2abc2，

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a2b2c21由余弦定理可得cosc,C(0,)，所以C.

32ab2由正弦定理得ab43432(sinAsinB)sinAsinA4sinA，3363A,，所以ab(23,4]

62故选：ABD 【点睛】

本题考查的是正余弦定理和三角恒等变换，考查了学生对基础知识的掌握情况，属于中档题. 13．

3 5【分析】

利用任意角的三角函数的定义求出sin,cos的值，然后利用二倍角公式化简cos2后代值计算即可 【详解】

525P解：因为点5,5是角的终边与单位圆的交点， 所以sin255， ,cos5522525143所以cos2cos2sin2， 55555故答案为：14．3 【分析】

由复数模的几何意义求解． 【详解】

3 5z1，则z对应的点Z在以原点为圆心，1为半径的圆上，z13i的最大值就是求圆上

的点Z到点P(1,3)的距离的最大值，

因为PO12(3)22，所以最大值为213． 故答案为：3．

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15．2 【分析】

根据矩形的垂直关系和长度关系，先利用平面向量加法的运算律求解DF1，CF21，再利用运算律转化求AEBF即可. 【详解】

∵AFADDF，ABAD0，

∴ABAFABADDFABADABDFABDF2DF2， ∴DF1，CF21，

∴AEBFABBEBCCFABBCABCFBEBCBECF， ∵ABBC0,BECF0,ABCFABCFcos2BEBCBEBC122 ,AEBFABCFBEBC221,

2122222，

故答案为：2. 16．750. 【分析】

利用直角三角形求出AC，由正弦定理求AM，再利用直角三角形求出MN的值． 【详解】

在RtABC中，CAB45,BC500m，所以AC5002m， 在AMC中，MAC75,MCA60，从而AMC45， 3ACAMAM500225003m， 由正弦定理得：，所以sin45sin6022在RtMNA中，AM5003m,MAN60， 由

MNsin60，得MN50033750m． AM2【点睛】

本题以测量山高的实际问题为背景，考查正弦定理在解决实际问题中的应用，求解时要注意

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结合立体几何图形找到角之间的关系． 117．（1）c＝2；（2）﹣．

3【分析】

（1）由余弦定理即可求得c的值；

（2）先由同角三角函数的平方关系求得sinA的值，再由正弦定理求出sinB的值，最后根据cos2B＝1﹣2sin2B，得解． 【详解】

16×c×解：（1）由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，即48＝36+c2﹣2×（﹣），

3整理得，c2+4c﹣12＝0， 解得c＝2或﹣6（舍负）， 故c＝2．

1（2）∵cosA＝﹣，且A∈(0，π），

3∴sinA＝1cos2A22， 3436ab由正弦定理知，，即22sinB， sinAsinB3∴sinB＝6， 31∴cos2B＝1﹣2sin2B＝﹣．

318．（1）|z|5，z2i；（2）m4，n5． 【分析】

（1）利用复数的运算法则求出z2i，由此能求出|z|和z．

（2）由复数z是关于x的方程x2mxn0的一个根，得到(2i)2m(2i)n0，整理得

32mn(m4)i0，由此能求出实数m，n．

【详解】

解：（1）复数z12i1i(12i)(12i)1i

12i1i2i，

55(12i)|z|22(1)25，z2i．

（2）复数z是关于x的方程x2mxn0的一个根，

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(2i)2m(2i)n0，

44ii22mmin0，(32mn)(m4)i0，

32mn0，

m40解得m4，n5． 【点睛】

本题考查复数的模、共轭复数、实数值的求法，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

19．（1）c(105,55)或c(105,55)；（2）k【分析】

（1）由条件设ca(2,)，则22222. 325，求出，即可得出答案.

(2)由条件可得kab2k3,k2，a2b4,5，则kaba2b0，由此可得答案. 【详解】

（1）a//c，设ca(2,) c25，即22225 ，则525.

55，55 c(105,55)或c(105,55).

（2）kab2k3,k2，a2b4,5

kaba2b，kaba2b0，即4(2k3)5(k2)0

即3k22,则k22 3334∣xk,kZ时，f(x)max2；20．. （1）xx（2）310【分析】

（1）利用两角和的余弦展开和正弦的降幂公式化简，再利用两角和的正弦写成

f(x)Asinx形式可求最值及对应的x的值；

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3（2）由sin2和的范围利用平方关系求出cos2，再利用凑角

665sin2sin2可得答案.

66【详解】

13（1）f(x)cos2xsin2x1cos2x1sin2x，

622∣xk,kZ时，f(x)max2. 当2x2k，即xx36232（2）1sin2，sin2，

656527,，2,，

636424cos21sin22

6653341334sin2sin2.

66525210【点睛】

本题考查了三角函数的性质、三角函数的化简求值，关键点是正用两角和的余弦、正弦公式和逆用两角和的正弦公式，利用凑角求三角函数值，考查了学生的基础知识、基本运算能力. 21．答案见解析 【分析】

若选①和②：①化简由余弦定理可求得B由正弦定理可求得b的值；

若选①和③：①化简由余弦定理可求得Bcos3，则②利用和差角公式化简可得A4，进而

3，③利用三角形内角和及切化弦可化简为

C2sinC2sinCcosC，进而求得C，在在RtABC中，batan即可求得结果. C2223sin2若选②和③：②利用和差角公式化简可得Acos4或B3.③利用三角形内角和及切化弦可4C2sinC2sinCcosC，进而求得C，则ABC为等腰直角三角形，所以化简为C222sin2ba22. 答案第10页，总14页

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【详解】 选择条件①和②.

因为(bac)(bac)ac，所以a2c2b2ac， a2c2b21由余弦定理，得cosB.

2ac2因为0B，所以B.

3因为cos(AB)sin(AB)，所以cosAsinA，

33所以cosAcossinAsinsinAcoscosAsin，

3333所以sinAcosA. 因为0A，所以A4.

22bab在ABC中，由正弦定理，得.

sinsinsinAsinB4322sin所以b323. sin4选择条件①和③.

因为(bac)(bac)ac，所以a2c2b2ac. a2c2b21由余弦定理，得cosB.

2ac2因为0B，所以B.

3CABCAB22， tansinC，且tan因为tanCC222cossin22sincosCC2sinC2sinCcosC. 所以C22sin2cosCC10，所以sin2.

222CC2因为0C，所以sin0，所以sin，可得C.

2222因为0C，所以cos所以在RtABC中，batan326. 答案第11页，总14页

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选择条件②和③.

因为cos(AB)sin(AB)，

所以cosAcosBsinAsinBsinAcosBcosAsinB， 所以(sinAcosA)(sinBcosB)0. 所以sinAcosA或sinBcosB. 因为0A，0B， 所以A4或B3. 4CABCAB22， tansinC，且tan又因为tanCC222cossin22sincosCC2sinC2sinCcosC. 所以C22sin2cosCC10，所以sin2.

222CC2因为0C，所以sin0，所以sin，可得C.

2222因为0C，所以cos在ABC中，ABC，所以A4，C2，B4.

所以ABC为等腰直角三角形，所以ba22. 【点睛】 思路点晴：

（1）先选择哪个条件，

（2）再根据正余弦定理化简求值.

1,m0222．（1）2；（2）g(m)1m,0m1，g(m)的最大值为1．

22m,m1【分析】

12（1）根据A,B,C三点满足OCOAOB，变形为AC2CB求解；

3322（2）易得函数fx(cosxm)1m，然后令tcosx，利用二次函数求解.

【详解】

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12（1）由题意可得A,B,C三点满足OCOAOB，

33可得OCOA所以AC2(OBOA)， 322AB(ACCB)， 3312即ACCB， 33即AC2CB， 则AC2|CB|，

所以

|AC|2； |CB|（2）由题意可得，OA(1,cosx)，OB(1cosx,cosx)， 122OCOAOB1cosx,cosx，

333ABOBOA(cosx,0)，

2所以f(x)OAOC2m|AB|，

3221cosxcos2x2mcosx，

33(cosxm)21m2， 令tcosx，

因为x0,，所以t[0,1]，

2令h(t)(tm)21m2,t[0,1]， 当m0时，h(t)在[0,1]递增， h(t)的最小值为h(0)1，即g(m)1；

当0m1时，h(t)的最小值为h(m)1m2，即g(m)1m2； 当m1时，h(t)在[0,1]递减，

h(t)的最小值为h(1)22m，即g(m)22m．

1,m02综上可得，g(m)1m,0m1，

22m,m1答案第13页，总14页

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可得g(m)的最大值为1．

答案第14页，总14页