江苏省南京市第二十七中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题

数学试题

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

一、单选题

1．sin17cos13cos17cos77（ ） A．3 2B．3 21C．

2D．2

12．下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A．e10,0，e21,2 C．e11,2，e25,7

B．e13,5，e26,10 D．e12,3，e2,

12343．复数z12i，若复数z1z25，则在复平面内，复数z2对应的点与复数z1对应的点（ ） A．关于实轴对称 C．关于原点对称

B．关于虚轴对称 D．关于点1,1对称

4．已知向量a2,1，bk,3，且ab5，则a2b（ ） A．5

B．65 C．10

D．52 5．下列命题中正确的有（ ）

A．若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合 B．若a和b是都是单位向量，则ab C．若a//b，则a与b的夹角为0° D．零向量与任何向量共线

6．如图，已知两座建筑物AB，CD的高度分别是12m，20m，从建筑物AB的顶部AD之间的距离是处看建筑物CD的张角CAD45，则建筑物AB，CD的底部B，（ ）

试卷第1页，总4页

A．18m B．20m C．24m D．30m

7．已知函数fxcosx，则yf2x6fx1的值域是（ ）

2999A．, B．4, C．8,4 D．8,

2228．在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边长分别为a、b、c．若则∠A的大小为 A．

二、多选题

9．已知ODOEOM，则下列结论正确的是（ ） A．ODEOOM C．OMOEOD

B．OMDOOE D．DOEOMO

6abc,cosA2cosB3cosCB．

 4C．

 3D．

5 121310．设i，则下列结论正确的是（ ）

22A．1

B．2

C．1 D．31

11．在ABC中，给出下列4个命题，其中正确的命题是（ ） A．若AB，则sinAsinB C．若AB，则tanAtanB

B．AB，则cosAcosB D．AB，则cos2Acos2B

12．已知函数fxsinxcosx，则下列说法正确的是（ ） A．2π是fx的一个周期 C．fx是偶函数

三、填空题

13．已知复数z43i，则复数z的共轭复数的模为___________. π314．已知为锐角，且cos，则sin___________.

35试卷第2页，总4页

B．方程fx2有无穷多解 D．fx在0,1上是增函数

15．在ABC中，已知AB2,1，AC1,2，则ABC的面积为___________. 16．已知函数fxsinx，对于任意的x10,a，总存在x2a,2a，使得fx1fx2成立，则实数a的取值范围是___________.

四、解答题 17．已知复数z2i.

ππ（1）计算：cosisinz；

66（2）若2z，求复数.

18．在ABC中，已知AB3，AC2，CAB（1）求BC的长；

（2）若___________，求AD的长.

给出条件①AD是ABC的中线，②AD是ABC的高.请在①②两个条件中任选一个，将问题（2）补充完整，并给出解答.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 19．已知，为锐角，tan3，cos（1）求sin2，cos2的值； （2）求tan的值.

20．方位角是从指北方向线顺时针旋转到目标方向线的角.如图，某货船由西向东航行，在A处测得某岛M的方位角为75°，前进82km后到达B处，此时测得岛M的方位角. 为30°

5. 5π. 3

（1）求货船在A处时与岛M的距离；

（2）若岛M周围22km内有暗礁，如果该船继续向东航行，有无触礁危险？ 21．在ABC中，AB2，AC4，AD是ABC的角平分线. （1）若cosBAC1，求AD的长； 4试卷第3页，总4页

（2）若BACπ，且点P满足PAPC，求BPAP的最大值. 3ππππ22．已知向量a2sinx,2cosx，bcosx,cosx，函数fxab.

4444（1）求函数fx的最小正周期及其单调递减区间； （2）若x1，x2是函数yfx+a的零点，用列举法表示cos合；

（3）求证：方程fxlnx1不存在正实数解. x1x2π的值组成的集

2

试卷第4页，总4页

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参考答案

1．D 【分析】

结合诱导公式与两角和的正弦公式即可求出结果. 【详解】

sin17cos13cos17cos77sin17cos13cos17cos9077

sin17cos13cos17sin13

sin1713

sin30

1， 2故选：D. 2．C 【分析】

本题可根据向量平行的相关性质依次判断四个选项中的e1、e2是否共线，即可得出结果. 【详解】

选项A：因为02010，所以e1、e2共线，不能作为基底； 选项B：因为310650，所以e1、e2共线，不能作为基底； 选项C：因为17250，所以e1、e2不共线，可以作为基底；

13选项D：因为230，所以e1、e2共线，不能作为基底.

24故选：C. 3．B 【分析】 由条件求得z2【详解】 由题知，z2555(2i)2i，由复数z1,z2在复平面内对应的点的坐标知，z12i(2i)(2i)5，化简，根据复平面内坐标，判断两复数对称性即可. z1其对应的点关于虚轴对称. 故选：B

答案第1页，总14页

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4．A 【分析】

根据数量积的坐标运算求出k，再求出a2b，即可得出所求. 【详解】

2a2,1，bk,3，ab2k35，解得k1，

a5,b10，

a2ba4ab4b54541025， a2b5.

222故选：A. 5．D 【分析】

根据平面向量的概念依次判断即可得出. 【详解】

对A，两个向量相等，则它们的大小和方向相同，与位置无关，故A错误； 对B，若a和b是都是单位向量，则ab1，方向不一定相同，故B错误； 对C，若a//b，则a与b的夹角为0或180，故C错误；

对D，根据共线向量的定义规定，零向量与任何向量共线，故D正确. 故选：D. 6．C 【分析】

过A作AECD于E，则AEBD，设BDxm，利用两角和的正切公式可建立关于x的关系式，即可解出x． 【详解】

如图，过A作AECD于E，设BDxm，

答案第2页，总14页

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∵CAD45，记CAE，则DAE45， 在RtCAE中，CE8, ∴tan8, x在RtDAE中，DE12, ∴tan(45)12, x812xx20x， ∴tan45812x2961xx∴x220x960，

解得：x24或x4（舍去），

所以建筑物AB，CD的底部B，D之间的距离是24m. 故选：C. 7．C 【分析】

39利用二倍角的余弦公式、诱导公式化简函数解析式为y2sinx，利用二次函数

22的基本性质结合1sinx1可求得原函数的值域. 【详解】

22由已知条件可得ycos2x6cosx1cos2x6sinx12sinx6sinx

2392sinx，

22253139因为1sinx1，则sinx，因此，y2sinx8,4.

222222故选：C.

答案第3页，总14页

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8．B 【详解】 由正弦定理知即tanAsinAsinBsinC, cosA2cosB3cosC11tanBtanC. 23故A、B、C0,.

2由3tanAtanCtanAB

tanABtanAtanB1tanAtanBtanA2tanA2tanA1A12tan2A4

9．BCD 【分析】

根据向量的线性运算，逐项变形移项即可得解. 【详解】

根据复数的线性运算，

对A，化简为ODEOED，错误；

对B，即OMODOE，即ODOEOM，正确； 对C，对OMOEOD移项可得ODOEOM，正确； 对D，由ODOEOM，移项即ODOEOM，正确； 故选：BCD 10．ABC 【分析】

根据复数的运算法则依次判断即可. 【详解】

213对A，1，故A正确； 2221313132，故B正确； ii对B，2，，i222222对C，12313ii1，故C正确； 2222答案第4页，总14页

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32对D，12313ii1，故D错误. 222故选：ABC. 11．ABD 【分析】

利用正弦定理判断A，D，利用余弦函数，正切函数的单调性判断B,C，由此确定正确选项. 【详解】 ∵ A>B， ∴ a>b，

∴ sinA>sinB，A对， ∵ A>B，且A，B(0，)， 又函数ycosx在(0，)上为减函数， ∴ cosAcosB，B对，

2取A，BC，则A>B，但tanAtanB，C错，

36∵ A根据函数的周期与奇偶性的定义即可判断AC选项，然后化简函数解析式，得到分段函数的解析式，即可判断BD选项. 【详解】

因为fx2sinx2cosx2sinxcosxfx，所以2π是fx的一个周期，故A正确；

fxsinxcosxsinxcosxfx，所以fx是偶函数，故C正确；

答案第5页，总14页

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sinxcosx2sinx2kx2k,kZ，4fxsinxcosx,

sinxcosx2sinx，2kx2k,kZ4由fxmax2可知方程fx2无解，故B错误；

因为x0,1时，fx2sinx，因为1，故函数fx在0,，在,1单调

4444

递减，故D错误. 故选：AC. 13．5 【分析】

根据共轭复数的性质可得z43i，再利用模长公式即可得解. 【详解】

z43i，

22所以z435，

故答案为：5 14．433 10【分析】

结合已知角的范围以及三角函数值，缩小角的范围得到ππ，进而结合同角的334π平方关系得到sin的值，进而凑角利用两角和的正弦公式即可求出结果.

3【详解】

因为为锐角，所以ππ， 3362π3πππ34又因为cos，则 ，故sin1，

35334355所以sinsin

33sincoscossin

33333413 5252答案第6页，总14页

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433， 10433. 10故答案为：315．

2【分析】

根据AB2,1，AC1,2，求得AB，AC，ABAC，即可求得cosA，从而求得sinA，再根据三角形的面积公式即可得解. 【详解】

解：因为AB2,1，AC1,2，

所以AB5，AC5，ABAC224， 所以cosAABACABAC4， 532又 A0,，所以sinA1cosA，

5所以SABC13ABACsinA. 223故答案为：.

2π16．0,25π, 4【分析】

条件等价于函数f(x)在区间0,a上的最大值小于等于在区间a,2a上的最大值，当区间

a,2a的区间长度2aa2，函数f(x)在区间a,2a上一定能取得最大值1，即不等式恒

成立；然后对两区间0,a，a,2a的边界点进行分类讨论，分别求得对应的参数范围即可. 【详解】

由题易知a0，条件等价于函数f(x)在区间0,a上的最大值小于等于在区间a,2a上的最大值，根据三角函数的周期性易知，当区间a,2a的区间长度2aa2，即a2时，函数f(x)在区间a,2a上一定能取得最大值1，即不等式恒成立；

当2a(0,]，即a(0,]时，函数f(x)在区间0,2a上单增，不等式 fx1fx2恒成

42答案第7页，总14页

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立，故满足条件；

当a(,]时，2a(,]，此时a,2a，即存在点x满足fx1fx2恒成立，

24222故满足条件；

当a(,]时，函数f(x)在区间0,a上的最大值为f()1，

22此时2a(,2]，fx20，显然不成立；

当a(,2)时，函数f(x)在区间0,a上的最大值为f()1，

2若使不等式成立，即x2a,2a时，fx21，只需2a解得a55，即a[,2)； 445， 25综上所述，a(0,][,)

245故答案为：(0,][,)

241317．（1）（2）1i或1i. i；

44【分析】

（1）结合复数的除法运算即可求出结果；

22ab0,（2）结合复数的乘方运算求出2，然后利用复数相等得到，解之即可求出结

2ab2.果. 【详解】

ππ31i31i2icosisin解：（1）原式222213 66i2i2i444222（2）设abi a,bR，则abiab2abi，

222因为2z，所以ab2abi2i，

a2b20a1a1 故，解得或b1b12ab2所以1i或1i.

18．（1）BC7；（2）答案见解析. 【分析】

答案第8页，总14页

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（1）知两边和一角，利用余弦定理即可得解； （2）选①，利用向量的运算AD面积法进行计算即可得解. 【详解】

（1）由余弦定理得：

BC2AB2AC22ABACcosCAB9423217， 21ABAC，两边平方进行计算即可得解，选②利用等2所以BC7. （2）若选①：则AD所以，AD21ABAC， 2ADAD21ABAC42 221AB2ABACAC 212AB2ABACcosCABAC 221119. 9232422217若选②：因为AD是ABC的高，所以S△ABCBCADAD

22又S△ABC所以，11π33， ABACsinCAB32sin2232733， AD22321. 743119．（1）sin2，cos2；（2）2.

55所以，AD【分析】

2tan1tan2（1）根据公式sin2，cos2求得结果；

1tan21tan2（2）由条件求得tan2，tan，从而由tantan2求得结果. 【详解】

解：（1）因为tan所以sin24， 32tan3， 21tan5答案第9页，总14页

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1tan24. cos21tan25（2）因为tan3，所以tan22tan3， 21tan4因为，为锐角，所以0,. 又因为cos255，所以sin1cos2， 55因此tan2，

32tan2tan142. 因此，tantan1tan2tan1322420．（1）83km；（2）该船继续向东航行，无触礁危险. 【分析】

（1）由条件求得AMB45，从而由正弦定理

AMAB求得 AM.

sin120sin45（2）设航线上点C恰在岛M的正南方，则MCAMsinMAC，然后与 22比较即可判断是否有触礁危险. 【详解】

解：（1）在ABM中，易知ABM120，MAB15，所以AMB45， 由正弦定理知：

AMAB，

sin120sin45所以

AMAB823sin12083， sin45222货船在A处时到岛M的距离为83km. （2）设航线上点C恰在岛M的正南方，

则MCAMsin1583sin453083sin45cos30cos45sin30 2321832223322， 222所以，该船继续向东航行，无触礁危险. 21．（1）210；（2）643. 3答案第10页，总14页

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【分析】

（1）利用向量的运算可得AD解；

（2）如图先建立直角坐标系，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系xOy，利用条件可得各点的坐标A0,0，B2,0，C2,23，设Px,y，由条件可得

xx2yy230，则BPAPx2xy223y，利用函数、基本不等式和向量

21ABAC，结合条件，两边平方利用向量的运算即可得33运算三种方法求最值即可得解. 【详解】

（1）因为AD是ABC的角平分线，所以

BDAB1， DCAC21121则ADABBDABBCABACABABAC，

3333所以，AD12ADADABAC 332222214AB4ABACAC 32214AB4ABACcosCABAC 311210. 4442416343即AD的长为210 3

（2）如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系xOy， 因为AB2，AC4，BACπ，所以A0,0，B2,0，C2,23， 3答案第11页，总14页

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设Px,y，由PAPC得xx2yy230 即x22xy223y0， 所以BPAPx2xy2，

代入x22xy223y得BPAP23y. 方法一：

∵x22xy223y0∴x11y223y0， ∴y23， ∴BPAP643. 方法二：

∵x22xy223y0，

2由44y23y0得y23，

2∴BPAP643. 方法三：

取AB中点M，AC中点N，连NP，NM

∵BC23，∴ABC为直角三角形，∴NP2， ∵M，N为中点，∴ MN3， ∵ BPAPPM2BM2PM21，

MNNP1NMNP2NMNP1 342231643. 当且仅当NM与NP反向取等号.

2227322．（1）最小正周期为4，单调递减区间为4k,4kkZ；（2）1,0,1；（3）证

22明见解析. 【分析】

答案第12页，总14页

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ππ（1）利用三角函数恒等变换的公式，把函数化简为fx2sinx1，结合三角函

42数的性质，即可求解；

π2π（2）根据x1，x2是函数yfxa的零点，得到方程sinx，求得方程的根，

242进而求得cosx1x2π的值组成的集合；

2（3）当x0,1时，可判定方程在0,1内无实数解；当x1,时，fx21，根据

lnx1ln2lne21，得到方程在1,内无实数解，即可求解.

【详解】

ππππ（1）由题意，向量a2sinx,2cosx，bcosx,cosx，

4444ππππππ则fxab2sinxcosx2cosxcosxsinx1cosx

444422ππ2sinx1.

42所以函数fx的最小正周期为T4， 令

πππ3π372kπx2kπ,kZ，解得4kx4k,kZ， 22422273所以函数fx单调递减区间为4k,4k,kZ.

22ππ（2）由a2sinx,2cosx，可得a2，

44π2π因为x1，x2是函数yfxa的零点，所以sinx，

422所以

3ππππx2kπ或2kπkZ.

4244所以x4k或x14k,kZ.

因此x1x224n或34n或4nnZ， 当x1x224n时，cos2xxπ3当x1x234n时，cos12cos(2nππ)0；

22xxπ当x1x24n时，cos12cos2nπ1，

2x1x2πcos(2n1)π1；

所以所求集合为1,0,1.

答案第13页，总14页

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（3）当x0,1时，fx0，lnx10，方程在0,1内无实数解, 当x1,时，fx21， 因为lnx1ln2lne13121，所以方程在1,内无实数解. 22故方程fxlnx1不存在正实数解.

答案第14页，总14页