1、南京市鼓楼区20202021学年度第二学期高一(下)期中试卷数学注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.3.答题前，务必将自已的姓名准证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.第卷(选择题共60分)一单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.计算：（ ）A. B. C. D.2.计算：复数（ ）A. B. C. D.3.在ABC中，角AB，C的对边分别为a，b，c，若a：b：c=3：5：7，则其最大角的大小为（ ）A.60 B
2、.75 C.120 D.1504.托勒密(C.Ptolemy，约90-168)，古希腊人，是天文学家地理学家地图学家数学家，所著天文集第一卷中载有弦表.在弦表基础上，后人制作了正弦和余弦表(部分如下图所示)，该表便于查出090间许多角的正弦值和余弦值，避免了冗长的计算.例如，依据该表，角212的正弦值为0.0384，角300的正弦值为0.5000，则角3436的正弦值为（ ）A.0.0017 B.0.0454 C.0.5678 D.0.57365.在下列向量组中，可以把向量表示出来的是（ ）A.B.C.D.6.是边长为2的等边三角形，已知向量满足，则（ ）A.1 B. C. D.7.化简可得（
3、 ）A. B.C. D.8.已知的内角所对的边为，其面积为，若且的外接圆半径为，则周长的取值范围为（ ）A. B. C. D.二多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的的得0分)9.在下列选项中，正确的是（ ）A.B.C.存在角，使得sin(+)sin+sin成立D.对于任意角，式子cos(+)cos+cos都成立10已知是三个向量，在下列命题中，假命题是（ ）A.B.C.D.若则11.在中，角的对边分别为，已知，在下列选项中，正确的是（ ）A. B.C.的取值范围为 D.当时，则，12.在下
4、列选项中正确的是（ ）A.若zC，|z|2=z2，则zRB.若z1，z2C，|z1+z2|=|z1-z2|，则z1z2=0C.若复数，则D.若复数z=(cos25+isin25)(cos65+isin65)，则z=i第卷(非选择题共90分)三填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知为锐角，且，则_.14.已知复数z满足|z-1-2i|=2，则|z|的最大值为_.15.作用于同一点的三个力F1，F2，F3平衡.已知F1=4N，F2=5N，F1与F2之间的夹角是60，则力F3的大小为_N.16.如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，点F在边BC上，BFE=120，EF=2.若CE
5、F的面积为，则AB=_，sinBEC=_.四解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)（1）求的值；（2）求的值.18.(本小题满分12分)已知z是复数，+3i为实数(i为虚数单位)，且.（1）求z；（2）若z和(z+mi)2在复平面内对应的点都在第一象限，求实数m的取值范围.19.(本小题满分12分)在a=7；csinA=4；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，则求出该三角形面积；若问题中的三角形不存在，则请说明理由.问题：是否存在锐角三角形ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c=8，_？20
6、.(本小题满分12分)设函数.（1）求f(x)的最小正周期；（2）设方程在区间内的两解分别为x1，x2，求cos(x1-x2)的值.21.(本小题满分12分)关于公式sin(+)=sincos+cossin的证明，前人做过许多探索.对于，均为锐角的情形，推导该公式常可以通过构造图形来完成.（1）填空，完成推导过程(约定：只考虑，+均为锐角的情形)证明：构造一个矩形如图形1，在这个矩形GHMN中，点P在边MN上，点Q在边GN上，QTHM，垂足为T，HPQ=90，设HQ=1，QHP=，PHM=.在直角三角形QHP中，QP=sin，PH=cos，在直角三角形PHM中，PM=_，在直角三角形QPN中，
7、QPN=，PN=sincos，在直角三角形HQT中，QT=_，因为QT=PM+PN，所以sin(+)=sincos+cossin.（2）请你运用提供的图形和信息(见图形2)完成公式(约定：只考虑，均为锐角的情形)的推导.22.(本小题满分12分)已知向量为坐标原点.（1）当时，求与的夹角的余弦值；（2）若三点共线，求的最小值.南京市鼓楼区20202021学年度第二学期高一(下)期中试卷数学注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.3.答题前，务必将自已的姓名准证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及
8、答题卡上.第卷(选择题共60分)一单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.计算：（ ）A. B. C. D.【答案】D【考点】两角和与差的正弦公式【解析】由题意可知，故答案选D2.计算：复数（ ）A. B. C. D.【答案】B【考点】复数的运算【解析】由题意可知，故答案选.3.在ABC中，角AB，C的对边分别为a，b，c，若a：b：c=3：5：7，则其最大角的大小为（ ）A.60 B.75 C.120 D.150【答案】C【考点】余弦定理的应用【解析】由题意可知，为最大边，且设，则在中，由余弦定理可得，又，所以，即最大角的大小
9、为，故答案选4.托勒密(C.Ptolemy，约90-168)，古希腊人，是天文学家地理学家地图学家数学家，所著天文集第一卷中载有弦表.在弦表基础上，后人制作了正弦和余弦表(部分如下图所示)，该表便于查出090间许多角的正弦值和余弦值，避免了冗长的计算.例如，依据该表，角212的正弦值为0.0384，角300的正弦值为0.5000，则角3436的正弦值为（ ）A.0.0017 B.0.0454 C.0.5678 D.0.5736【答案】C【考点】新情景问题下的文化题：三角函数值求解【解析】由题意可知，查表可得的正弦值为0.5678，故答案选C.5.在下列向量组中，可以把向量表示出来的是（ ）A.
10、B.C.D.【答案】A【考点】平面向量的基本定理应用：基底的选取与向量的表示【解析】由题意可知，平面向量的基底不共线，选项B中，ab，所以排除；选项C中，b=2a，即ab，所以排除；选项D中，a=-b，即ab，所以排除；选项A中，a与b不共线，则向量m=(-1，3)可以用a与b表示出来，所以选项A正确，故答案选A.6.是边长为2的等边三角形，已知向量满足，则（ ）A.1 B. C. D.【答案】B【考点】平面向量的数量积运算【解析】在中，由，可得，则，且，所以，解得，故答案选7.化简可得（ ）A. B.C. D.【答案】B【考点】三角恒等变换：二倍角公式诱导公式的应用【解析】由题意可知，故答案
11、选8.已知的内角所对的边为，其面积为，若且的外接圆半径为，则周长的取值范围为（ ）A. B. C. D.【答案】A【考点】正余弦定理的综合应用：求周长的范围问题【解析】由题意可知，在中，因为，因为，所以，所以，则由余弦定理可得，又，所以，则，在中，由正弦定理可得，则，所以周长，因为，所以，所以，则周长，故答案选二多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的的得0分)9.在下列选项中，正确的是（ ）A.B.C.存在角，使得sin(+)sin+sin成立D.对于任意角，式子cos(+)cos+cos都
12、成立【答案】BC【考点】两角和与差的公式应用【解析】由题意可知，对于选项A，所以选项错误；对于选项，所以选项正确；对于选项C，当，时，所以，所以成立，所以选项正确；对于选项，当时，所以选项错误；综上，答案选10已知是三个向量，在下列命题中，假命题是（ ）A.B.C.D.若则【答案】CD【考点】平面向量的运算律应用【解析】由题意可知，对于选项A，满足数量积的交换律，所以选项A正确；对于选项B，满足数量积的分配律，所以选项B正确；对于选项C，ab与bc的结果均为数，则(ab)c与a(bc)的方向不一定相同，大小不一定相等，所以选项C错误；对于选项D，若a=0，则b与c不一定相等，所以选项D错误；综
13、上，答案选CD.11.在中，角的对边分别为，已知，在下列选项中，正确的是（ ）A. B.C.的取值范围为 D.当时，则，【答案】BCD【考点】解三角形的综合应用【解析】由题意可知，对于选项，因为，且，所以联立解得，则，又因为，所以解得所以选项正确，选项错误；对于选项，由，且在上单调递增，可得，所以选项正确；对于选项，当时，由正弦定理可得，又，所以，则解得，所以选项正确；综上，答案选.12.在下列选项中正确的是（ ）A.若zC，|z|2=z2，则zRB.若z1，z2C，|z1+z2|=|z1-z2|，则z1z2=0C.若复数，则D.若复数z=(cos25+isin25)(cos65+isin65
14、)，则z=i【答案】ACD【考点】复数的综合应用【解析】由题意可知，对于选项，可设，则，若，则，所以，所以选项正确；对于选项，设，则，若，则，而，不一定得到，所以选项错误；对于选项，若，所以，所以，所以选项正确；对于选项D，若，所以选项正确；综上，答案选第卷(非选择题共90分)三填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知为锐角，且，则_.【答案】【考点】同角三角函数关系两角和与差的正切公式【解析】由题意可知，为锐角，且，所以，则，所以14.已知复数z满足|z-1-2i|=2，则|z|的最大值为_.【答案】【考点】复数的运算以及综合应用【解析】由题意可设，由，可得，则，即，可令，所
15、以为任意角，且，当时取到最大值，所以的最大值为15.作用于同一点的三个力F1，F2，F3平衡.已知F1=4N，F2=5N，F1与F2之间的夹角是60，则力F3的大小为_N.【答案】【考点】正余弦定理在物理上的应用【解析】由题意可知，三个力平衡，则与的合力与等大反向，所以在中，由余弦定理可得，即16.如图，在矩形ACD中，点E在边AD上，点F在边BC上，BFE=120，EF=2.若CEF的面积为，则AB=_，sinBEC=_.【答案】【考点】双空题：正余弦定理在平面几何中的应用【解析】由题意，因为，所以，则在中，可得，由，可解得，在中，可得，所以又，所以，在中，由余弦定理可得，解得，在中，由余弦
16、定理可得，解得，则在中，则四解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)（1）求的值；（2）求的值.【考点】平面向量的数量积的坐标运算模的求解【解析】（1）由题意，因为，所以所以；（2）由（1）知，所以|2m+，所以|2m+.18.(本小题满分12分)已知z是复数，+3i为实数(i为虚数单位)，且.（1）求z；（2）若z和(z+mi)2在复平面内对应的点都在第一象限，求实数m的取值范围.【考点】复数的运算几何意义【解析】（1）由题意可设，则，又因为为实数，所以，因为，所以，解得，所以（2）若和在复平面内对应的点都在第一象限，则，所以有，且
17、，解得一，则实数的取值范围为19.(本小题满分12分)在a=7；csinA=4；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，则求出该三角形面积；若问题中的三角形不存在，则请说明理由.问题：是否存在锐角三角形ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c=8，_？【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换综合应用【解析】在中，因为，且，所以，即，又因为，所以，所以，在中，由，可得，选：由余弦定理可得，即，解得或，所以或103；选：，故该三角形不存在；选：由可得，则由正弦定理可得，即，且所以20.(本小题满分12分)设函数.（1）求f(x)的最小正周期；（2）设方程在区间
18、内的两解分别为x1，x2，求cos(x1-x2)的值.【考点】三角函数的图像与性质三角恒等变换给值求值问题【解析】（1）由题意，则的最小正周期为（2）由（1）知所以方程可化为：，由为方程的两个根可得，且，则在区间内，解得，即，所以21.(本小题满分12分)关于公式sin(+)=sincos+cossin的证明，前人做过许多探索.对于，均为锐角的情形，推导该公式常可以通过构造图形来完成.（1）填空，完成推导过程(约定：只考虑，+均为锐角的情形)证明：构造一个矩形如图形1，在这个矩形GHMN中，点P在边MN上，点Q在边GN上，QTHM，垂足为T，HPQ=90，设HQ=1，QHP=，PHM=.在直角
19、三角形QHP中，QP=sin，PH=cos，在直角三角形PHM中，PM=，在直角三角形QPN中，QPN=，PN=sincos，在直角三角形HQT中，QT=，因为QT=PM+PN，所以sin(+)=sincos+cossin.（2）请你运用提供的图形和信息(见图形2)完成公式(约定：只考虑，均为锐角的情形)的推导.【考点】开放性试题：两角和的正弦公式证明【解析】（1）由题意可知，在直角三角形中，在直角三角形中，（2）由题意可知，在中，且，所以，在中，所以，在中，所以，又，所以，化简可得，得证.22.(本小题满分12分)已知向量为坐标原点.（1）当时，求与的夹角的余弦值；（2）若三点共线，求的最小值.【考点】平面向量数量积的坐标运算、平面向量共线的充要条件、基本不等式综合应用【解析】（1）当时，所以则，所以；（2）若三点共线，则，又因为，则，解得，则，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
