2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，则是( )
A. 第一或第二象限的角 B. 第二或第四象限的角
C. 第一或第三象限的角 D. 第二或第三象限的角
2.对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是( )
A. B. C. D.
3.年月日，“龙行中华甲展龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”图就是这样一件珍宝玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“”型双龙，造型精美现要计算璜身面积厚度忽略不计，测得各项数据图：，，，若，，则璜身即曲边四边形面积近似为( )
A. B. C. D.
4.已知向量，若，则( )
A. B. C. D.
5.函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，其中，两点为图象与轴的交点，为图象的最高点，且，则( )
A. B. C. D.
6.若，则( )
A. 或 B. 或 C. D.
7.剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.已知，，，则下列不等式成立的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.四边形内接于圆，，，，下列结论正确的有( )
A. 四边形为梯形
B. 四边形的面积为
C. 圆的直径为
D. 的三边长度满足
10.下列命题正确的是( )
A. 向量在向量上的投影为，则
B. 已知，若与的夹角不为锐角，则的取值范围为
C. 点在所在的平面内，且满足，则点是的垂心
D. 在平面直角坐标系中，，，而且，，三点不共线，则
11.已知函数，则( )
A. 在区间单调递增
B. 的图象关于直线对称
C. 的值域为
D. 关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在中，，则 ______．
13.设是单位向量，且，则的范围为______．
14.已知函数的部分图象，如图所示，则满足条件的最小正整数为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，已知．
求的大小；
若，求函数在上的单调递增区间．
16.本小题分
已知向量，．
若，求．
若，函数；
(ⅰ)求的值域．
(ⅱ)当取最小值时，求与垂直的单位向量的坐标．
17.本小题分
如图所示，矩形是一个历史文物展览厅的俯视图，点在上，在梯形区域内部展示文物，是玻璃幕墙，游客只能在区域内参观，在上点处安装一可旋转的监控摄像头，为监控角，其中，在线段含端点上，且点在点的右下方，经测量得知，，，，记，监控摄像头的可视区域的面积为．
求关于的函数关系式，并写出的取值范围；参考数据：
求的最小值．
18.本小题分
在锐角中，内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，．
求的面积最大值．
求的取值范围．
19.本小题分
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
求；
若，设点为的费马点，求；
设点为的费马点，，求实数的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，
得，
，
即，
是第一或第三象限的角．
故选：．
求解指数不等式可得，进一步得到，则答案可求．
本题考查指数不等式的解法，考查了三角函数的象限符号，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：在上的投影为，在上的投影为，
在上的投影向量互为相反向量，
则，即，即．
故选：．
根据已知条件，结合投影的定义，以及向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查投影的公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：过点作于点，则垂直平分，
，
又，，
，
，，
，
璜身即曲边四边形面积
故选：．
过点作于点，则，，，所以，即，进而得到，再利用扇形的面积公式求解即可．
本题主要考查了扇形的面积公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：．
由平面向量数量积的坐标表示可得，再由三角恒等变换知识化简即可．
本题考查平面向量数量积的坐标表示和三角恒等变换，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：过作轴于，则，
因为是等腰直角三角形，所以，
故，，
因为，
所以，
所以，，，
所以，，
因为，
所以，，
则，
故．
故选：．
由已知结合等腰三角形性质先求出，，的坐标，代入可求，然后结合正弦函数的周期性即可求解．
本题主要考查了函数性质在解析式求解中的应用，还考查了函数的周期性在函数求值中的应用，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：，解得，
故．
故选：．
直接利用三角函数关系式的变换求出三角函数的值．
本题考查的知识点：三角函数关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
设点，
由题意可得：点的横坐标的取值范围是，
又因为，，
所以．
故选：．
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的坐标运算，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，所以，可得，结合，均小于，可知最大．
由，可得，
因此，可得，项的结论正确．
故选：．
当时，，由此结论出发，结合二倍角的三角函数公式，利用作法比较两个实数的大小，可得、、的大小关系．
本题主要考查三角函数的性质、二倍角的三角函数公式、作差法比较大小等知识，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：四边形内接于圆，，，，
，连接，，如图，
在中，，
，
在中，，
整理得，解得或舍，
四边形内接于圆，
设，则，
在中，，
在中，，
，整理得，
，，
，且不平行于，
四边形为梯形，故A正确；
四边形的面积为，故B正确；
圆的直径即外接圆直径为，故C错误；
，，，的三边长度满足，故D正确．
故选：．
利用余弦定理、三角形面积公式的应用、圆的内接四边形的应用、正弦定理能求出结果．
本题考查余弦定理、正弦定理、三角形面积公式、圆的内接四边形等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】
【解析】解：对选项，向量在向量上的投影为，选项正确；
对选项，，，
若与的夹角不为锐角，
则或，
或，
或，选项错误；
对选项，在所在的平面内，且满足，
，，，
同理可得，，点是的垂心，选项正确；
对选项，根据题意可得
，选项正确．
故选：．
根据投影向量的定义，向量数量积的性质，三角形面积公式及向量夹角公式，即可分别求解．
本题考查投影向量的定义，向量数量积的性质，三角形面积公式及向量夹角公式，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，当时，，
所以，
因为在上单调递增，
又，
所以，
因为，即，
所以，
即，
所以，
所以，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上不单调，
即在区间不单调，故A错误；
对于，因为，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于，因为，
令，则，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以，
所以的值域为，故C正确；
对于，当时，，
所以，
由选项可令且，
则当时单调递增，
令，即时，在上单调递增，且，
所以在上单调递减，
又，
令，即时，
在上单调递减，且．
所以在上单调递增，
当，即时，
在上单调递减，且，
所以在上单调递减，
又，，，
所以在，上的函数图象如下所示：
由图可知：当时，与有且仅有一个交点，
即关于的方程在区间的实数根为；
当或时，与有两个交点，
即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称，所以两根之和为；
当时，与有四个交点，
即关于的方程在区间有四个实数根，
不妨设为，，且，
所以与关于对称，与关于对称，
所以；
当或时，
与无交点，
即关于的方程在区间无实数根；
综上可得，若关于的方程在区间有实数根，
则所有根之和组成的集合为，故D正确．
故选：．
对于，由题意可得，根据二次函数的性质及，即可判断；
对于，只需判断是否成立即可；
对于，由题意可得，，则，令，，结合二次函数的性质求解即可；
对于，由题意可得，令且，可得在，上的函数图象，结合图象求解即可．
本题考查了三角函数的性质、三角恒等变化、转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为，
由正弦定理得，
不妨设，则，，
由余弦定理得：，
因，所以，
，
故答案为：．
先根据正弦定理得到三边的比例，再根据余弦定理求出角，进一步求出结果．
本题考查的知识点：余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由，可得，
即，
又是单位向量，则有，故，
设，，
则，
当与同向时，取得最小值，
当与反向时，取得最大值．
故答案为：．
根据，可得，设，，根据数量积运算即可求得所求式的范围．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查余弦函数的图象与性质，属于中档题．
利用余弦函数的图象与性质求解即可．
【解答】
解：由题意可知，函数的周期为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，所以，
，
所以原式可化简为，
所以或，
所以或．
当时，
得到，
解得，
此种情况下正整数的最小值为．
当，即时，
得到，
解得，
此种情况下正整数的最小值为．
综上所述，正整数的最小值为．
故答案为．
15.【答案】解：由正弦定理得，，
因此，
由于，则或，
因此角的大小为或；
因为，根据大边对大角，则，根据可知，，
因此要使成立，则不能为钝角，
所以，
因此
，
令，，
解得，，
因为，故在上单调递增区间为，，
【解析】由已知结合正弦定理即可求解；
先化简已知函数解析式，然后结合正弦函数单调性即可求解．
本题主要考查了正弦定理的应用，还考查了和差角公式的应用，正弦函数单调性的应用，属于中档题．
16.【答案】解：向量，，
由可得：，
整理得，
解得；
，，，
所以
，
设，由，可得，
(ⅰ)设，
由二次函数性质可得：
，，
故的值域为；
(ⅱ)当取最小值时，即，，
此时，，设，
则由题意有，解得或．
【解析】由向量平行的坐标表示，得，再根据和角公式化简即可；
利用数量积的坐标运算及三角恒等变换化简得，再利用换元法及二次函数的性质求得值域；
当取最小值时，得，设，列方程组即可求解．
本题考查平面向量的坐标运算及三角恒等变换，属中档题．
17.【答案】解：在中，，，，，
由正弦定理得，
所以，
同理，在中，由正弦定理得，
所以．
所以的面积，
当与重合时，，
当与重合时，，即，，所以，
综上，可得，．
当，即时，取得最小值为．
所以可视区域面积的最小值为．
【解析】根据已知条件，结合正弦定理，分别求出，，再结合三角形的面积公式，即可求解．
根据已知条件，结合的结论，以及正弦型函数的性质，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：因为，
所以由余弦定理得：，
因为，所以，
所以，因为，所以．
由余弦定理得：，即，
所以，
由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，
故，解得，
所以，
所以当且仅当时，的最大值为；
由正弦定理得：，
所以，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，，
解得，
则，，
，
所以的取值范围为．
【解析】由条件及余弦定理，数量积的应用，三角形的面积公式计算可得，．
由余弦定理与基本不等式计算可得，再由三角形的面积公式计算即可求得；
由正弦定理得，再由平面向量数量积的定义及三角恒等变换知识化简后求三角函数的值域即可．
本题考查平面向量的数量积运算与解三角形知识的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，
即；
由可得，所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，
由，得，
整理得，
则；
点为的费马点，则，
设，，，，，，
则由，得；
由余弦定理得，
，
，
故由，得，
即，而，，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或舍去．
故实数的最小值为．
【解析】根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
由结论可得，设，，，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．
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