江苏省南京师范大学附属中学2020-2021学年高一下学期期中数学试卷(解析版)

南师附中2020~2021学年度第二学期期中考试试卷

高一数学

一、单项选择题：本题共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．已知O，A，B，C是平面内的四个点，满足AC＋3CB＝0，则OB＝( )

1→2→2→1→2→1→1→2→A．OA－OC B． OA＋OC C． OA－OC D．OA＋OC

33333333【答案】D

【考点】平面向量的线性运算

→→→→2→→2→→1→2→【解析】由题意可知，OB＝OA＋AB＝OA＋AC＝OA＋(OC－OA)＝OA＋OC，故答案选D．

3333

→→→

→2．已知正方形ABCD的边长为3，若DE＝2EC，AEBD＝( )

A．3 B．－3 C．6 D．－6 【答案】A

【考点】平面向量是数量积运算

【解析】由题意可知，在正方形ABCD中，ABAD＝0，且DE＝2EC，所以AEBD＝(AD＋DE)(AD－AB)2→→→→→→→→2→＝AD2＋DEAD－ADAB－DEAB＝AD2－AB2＝32－×32＝3，故答案选A．

333．已知平面向量a＝(2，4)，b＝(－1，2)，若c＝a－(ab)b，则实数|c|＝( ) A．42 B．25 C．8 D．82 【答案】D

【考点】平面向量的坐标运算、模的求解

【解析】由题意，ab＝(2，4)(－1，2)＝－2＋8＝6，所以c＝(2，4)－6(－1，2)＝(8，－8)，所以|c |＝82＋(－8)2＝82，故答案选D．

2π1

4．已知α－β＝，且cosα＋cosβ＝，则cos(α＋β)＝( )

33

1177

A． B． － C． － D．

5599【答案】C

【考点】三角恒等变换构造角度或和差化积公式

12π2π1131

【解析】法一：因为cosα＋cosβ＝，且α－β＝，所以cos(＋β)＋cosβ＝，即化简为cosβ－sinβ＝，3333223π12πππππ

则sin(－β)＝，所以cos(α＋β)＝cos(＋2β)＝cos(π－＋2β)＝－cos(－2β)＝－[1－2sin2(－β)]＝2sin2(

6333366

→→

→

→

→

→

→

→

→→→

→

→→→→→→→→→→→→→→

17

－β)－1＝2×()2－1＝－，故答案选C.

39

α＋βα－β1α－βπ12π

法二：因为cosα＋cosβ＝，所以由和差化积公式可得2coscos＝，又α－β＝，所以＝，

3223323α－β1α＋β1α＋β7

所以cos＝，所以cos＝，则cos(α＋β)＝2cos2－1＝－，故答案选C.

22232935πθθ

5.若sinθ＝，＜θ＜3π，则tan＋cos＝( )

5222

A.3＋【答案】B

【考点】三角函数的化简求值：半角公式的应用

35π45πθ3πθ

【解析】由题意可知，因为sinθ＝，＜θ＜3π，所以cosθ＝－1－sin2θ＝－，因为＜＜，所以sin

52222θθ

＜0，cos＜0，所以sin＝－

22

1－cosθ310θ

＝－，cos＝－2102

θ

21＋cosθ10θ

＝－，所以tan＝＝3，则2102θ

cos2

sin

1010310310 B.3－ C.3＋ D.3－ 10101010

θθ10tan＋cos＝3－－，故答案选B. 2210

π

6.已知a为正整数，tanα＝1＋lga，tanβ＝lga，且α＝β＋，则当函数f(θ)＝asinθ－3cosθ(θ∈[0，π])取最大

4值时，θ＝( )

π2π5π4πA. B. C. D. 2363【答案】C

【考点】两角和与差的正切公式、三角函数的图象与性质综合应用

tanα－tanβ1＋lga－lgaππ

【解析】由题意，因为α＝β＋，所以α－β＝，所以tan (α－β)＝1，即＝＝1，

441＋tanαtanβ1＋(1＋lga)lga1πππ2π

解得a＝1或a＝(舍去)，则f(θ)＝sinθ－3cosθ＝2sin(θ－)，因为θ∈[0，π]，所以θ－∈[－，]，则

103333ππ5π

当θ－＝，θ＝时，函数f(θ)取得最大值，故答案选C.

3267.在△ABC中，sinC＝

sinA＋sinB

，则此三角形的形状为( )

cosA＋cosB

A.等边三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 【答案】C

【考点】正余弦定理的应用：判断三角形的形状

a＋b

【解析】法一：由题意可知，利用正弦定理可化简为c＝，即ccosA＋ccosB＝a＋b，由余弦定理

cosA＋cosB

b2＋c2－a2a2＋c2－b2b2＋c2－a2a2＋c2－b2

可得c＋c＝a＋b，即＋＝a＋b，同分化简可得a3－c2a＋b2a＋b3－

2bc2ac2c2cc2b＋a2b＝0，因式分解得到(a2＋b2－c2)(a＋b)＝0，因为a＋b≠0，所以a2＋b2－c2＝0，即△ABC为直角三角形，故答案选C.

法二：由题意可知，因为C＝π－(A＋B)，所以sinC＝sin(A＋B)＝

sinA＋sinBA＋BA＋B

，所以2sin cos＝

22cosA＋cosB

A＋BA－B

2sincos

22A＋Bππ

，所以2 cos2＝1，即cos(A＋B)＝0，所以A＋B＝，所以C＝，即△ABC为直角三

222A＋BA－B

2coscos

22角形，故答案选C.

1

8.如图，在平行四边形ABCD中，DE＝EC，F为BC的

2中点，G为线段EF上一点，且满足 →7→→AG＝AB＋mAD，则实数m＝( )

9

2112

A. B. C.－ D.－

3333【答案】A

【考点】平面向量的基本定理应用

1→1→→1

【解析】由题意可知，在平行四边形ABCD中，因为DE＝EC，F为BC的中点，所以DE＝AB，BF＝

232

→→→→→→→→→1→→AD，则存在实数λ使得AG＝λAE＋(1－λ)AF＝λ(AD＋DE)＋(1－λ)(AB＋BF)＝λ(AD＋AB)＋(1－λ)(AB＋

3

1－3＝9，1→3λ→λ1→2→7→→AD)＝(1－)AB＋(－)AD，又因为AG＝AB＋mAD，所以解得m＝，故答案选A.

λ1222293m＝＋，22

二、多项选择题:本大题共4小题，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，选错得0分，部分选对得2分.

9.已知复数z1＝2＋i，z2在复平面内对应的点在直线x1上，且满足z1z2是纯虚数，则( ) A.z212i B.z212i C.z2的虚部为－2 D. z2的虚部为2 【答案】BC 【考点】复数的概念

【解析】由题意可知，因为z1＝2＋i，可得z1＝2－i，又z2在复平面内对应的点在直线x1上，则可设z2

2λ7

＝1＋bi(b∈R)，则z1z2＝(2－i)(1＋bi)＝2＋b＋(2b－1)i，因为z1z2是纯虚数，所以2＋b＝0，解得b＝－2，所以z2＝1－2i，则z2＝1＋2i，所以选项B、C正确，故答案选BC. 10.下列四个等式中正确的是( )

tan22.5°

A.tan25°＋tan35°＋3tan25°tan35°＝3 B.＝1

1－tan222.5°ππ113C.cos2－sin2＝ D.－＝4

882sin10°cos10°【答案】AD

【考点】三角恒等变换公式应用

tan25°＋tan35°【解析】由题意可知，对于选项A，因为tan60°＝tan(25°＋35°)＝＝3，所以tan25°＋tan35°

1－tan25°tan35°2tan22.5°tan22.5°1

＋3tan25°tan35°＝3，所以选项A正确；对于选项B，＝tan45°＝1，所以＝，所1－tan222.5°1－tan222.5°2πππ213

以选项B错误；对于选项C，cos2－sin2＝cos＝，所以选项C错误；对于选项D，－＝

8842sin10°cos10°cos10°－3sin10°2cos(60°＋10°)2sin20°

＝＝＝4，所以选项D正确；综上，答案选AD.

sin10°cos10°11

sin20°sin20°2211.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是( ) π

A.若a＝5，b＝10，A＝，则符合条件的三角形不存在

4B.若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC为直角三角形 C.若A＞B，则tanA＞tanB D.若A＞B，则cos2B＞cos2A 【答案】ABD

【考点】利用正弦余弦定理判断三角形解的个数、判断三角形的形状、三角恒等变换公式在三角形中的应用 πbsinA【解析】由题意可知，对于选项A，若a＝5，b＝10，A＝，则由正弦定理可得sinB＝＝

4a

10·522

＝2＞

1，所以符合条件的三角形不存在，所以选项A正确；对于选项B，若bcosC＋ccosB＝asinA，则由正弦定理可得，sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，即sinA＝sin2A，在△ABC中，A∈(0，π)，所以sinA＞0，则sinA＝1，π

解得A＝，则△ABC为直角三角形，所以选项B正确；对于选项C，若A＞B，可令A＝120°，B＝10°，则

2tanA＜0，tanB＞0，所以选项C错误；对于选项D，若A＞B，可得到sinA＞sinB，所以sin2A＞sin2B，则－sin2A＜－sin2B，则1－2sin2A＜1－2sin2B，即cos2B＞cos2A，所以选项D正确；综上，答案选ABD.

12.已知f(x)＝

3ωx1

sinωx－cos2＋，(ω＞0)那么下列结论正确的是( ) 222

A.若y=| f(x)|的最小正周期是π，则ω＝2 1

B.若y= f(x)在(0，π)内无零点，则0＜ω≤

6

2

C.若y= f(x)在(0，π)内单调，则0＜ω≤

32π

D.当ω＝2时，直线x＝－是函数y= f(x)图像的一条对称轴

3【答案】BCD

【考点】三角恒等变换、三角函数的图象与性质 【解析】由题意可知，f(x)＝3ωx131π

sinωx－cos2＋＝sinωx－cosωx＝sin(ωx－)，则对于选项A，若y=| f(x)|222226

2π

的最小正周期是π，则f(x)的最小正周期为2π，所以＝2π，解得ω＝1，所以选项A错误；对于选项B，

ωππππ1

因为x∈(0，π)，所以ωx－∈(－，ωπ－)，若y= f(x)在(0，π)内无零点，则ωπ－≤0，解得ω≤，所以

666661ππ2

0＜ω≤，所以选项B正确；对于选项C，若y= f(x)在(0，π)内单调，则ωπ－≤，解得ω≤，则0＜ω≤

66232π2π2ππ

，所以选项C正确；对于选项D，当ω＝2时，f(x)＝sin(2x－)，令f(－)＝sin[2(－)－]＝－1，所以363362π

直线x＝－是函数y= f(x)图像的一条对称轴，所以选项D正确；综上，答案选BCD.

3

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13.在复平面内，AB对应的复数是1－i，AD对应的复数是2i－3，则DB对应的复数是__________. 【答案】4－3i

【考点】复数与平面向量综合

【解析】由题意可知，DB＝AB－AD，则DB对应的复数是(1－i)－(2i－3)＝4－3i. 14.cos271°＋cos249°＋cos71°cos49°＝________. 3

【答案】 4

【考点】三角恒等变换：降幂公式、两角和与差的余弦公式

111

【解析】法一：由题意，cos271°＋cos249°＋cos71°cos49°＝(1＋cos142°)＋(cos120°＋cos22°)＋(1＋cos98°)

22211111131131

＝＋cos142°－＋cos22°＋＋cos98°＝＋(cos142°＋cos98°)＋cos22°＝＋[cos(120°＋22°)＋cos(120°224222422421313－22°)]＋cos22°＝＋cos120°cos22°＋cos22°.

2424

法二：由题意，令x＝cos271°＋cos249°＋cos71°cos49°，y＝sin271°＋sin249°＋sin71°sin49°，则x＋y＝2＋cos(71°

→→→→→→→

－49°)＝2＋cos22°①，x－y＝cos142°＋cos98°＋cos120°＝cos(120°＋22°)＋cos(120°－22°)＋cos120°＝2 1133

cos120°cos22°＋cos120°＝－cos22°－②，则①＋②，得2x＝2－＝，所以x＝，即cos271°＋cos249°＋

22243

cos71°cos49°＝.

4

15.如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距302海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救. 信息中心立即把消息告知在其南偏西45°，相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则BC_________海里，cosθ＝_________.

【答案】1034；

17 17

【考点】解三角形在实际问题中的应用

【解析】由题意可知，∠CAB＝135°，则在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AC2＋AB2－2ACABcos∠CAB(AC)2＋(CB)2－(AB)2534

＝1800＋400＋1200＝3400，所以BC＝1034海里，所以cos∠ACB＝＝，则sin∠

2AC·CB343342222

ACB＝，所以cosθ＝cos(45°＋∠ACB)＝cos∠ACB－sin∠ACB＝×(cos∠ACB－sin∠ACB)＝

34222253433417

×(－)＝

343417

.

cos2(10)cos2(20)cos2(n0)16.对于集合{θ1，θ2，θ3，…，θn}和常数θ0，定义：为集合

nπ2π

{θ1，θ2，θ3，…，θn}相对θ0的“余弦方差”.集合{，，π}相对常数θ0的“余弦方差”是一个常数T，则

33T＝________. 1

【答案】 2

【考点】新情景问题下的三角恒等变换公式的应用 【解析】由题意，当集合为{π2π

cos2－θ0＋cos2－θ0＋cos2(π－θ0)33

3

π2π

，，π}时，相对常数θ0的“余弦方差”μ＝33

22

1cosθ＋3sinθ＋－1cosθ＋3sinθ＋cos2θ

000002222

＝

3

＝

123

cosθ0＋sin2θ0＋cos2θ022111

＝，即常数T＝，故答案为.

3222

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.(10分)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，A＝45°，AB＝2，BD＝5. (1)求cos∠ADB； (2)若CD＝22，求BC.

【考点】正弦定理、余弦定理在平面几何中的应用 【解析】

BDAB522(1)在△ABD中，由正弦定理可得＝，即＝，所以sin∠ADB＝，

sinAsin∠ADBsin45°sin∠ADB5因为AB＜BD，所以∠ADB＜A＝45°，所以cos∠ADB＝(2)由(1)知cos∠BDC＝sin∠ADB＝

2， 5

1－sin2∠ADB＝

22231－＝；

55

则在△BCD中，由余弦定理可得，BC2＝BD2＋DC2－2BDDCcos∠BDC ＝25＋8－2×5×22×

18.(12分)已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－3，－2). (1)若c∥(2a＋b)，且|c|＝25，求c的坐标； (2)当k为何值时，ka＋b与a－3b垂直；

(3)若a与a＋λb的夹角为锐角，求实数λ的取值范围. 【考点】平面向量的坐标运算、数量积计算等 【解析】

(1)设c＝(x，y)，2a＋b＝2(1，2)＋(－3，－2)＝(－1，2)，

因为c∥(2a＋b)，所以2x＝－y，因为|c|＝25，所以x＋y＝25，

x＝2，x＝－2，→

解得：所以c＝(－2，4)或(2，－4)；

y＝－4，y＝4，

→

→

→

→

2

2

2＝25，所以BC＝5. 5

→→

→→→→→

→→→→

→→→

→→→

(2)ka＋b＝(k，2k)＋(－3，－2)＝(k－3，2k－2)， a－3b＝(1，2)－(－9，－6)＝(10，8)， 23→→→→

因为ka＋b与a－3b垂直，所以10(k－3)＋8(2k－2)＝0，解得：k＝.

13(3)因为a＝(1，2)，所以a＋λb＝(1，2)＋(－3λ，－2λ)＝(1－3λ，2－2λ)，

→

→→→→

→→→55a·(a＋λb)＞0，

因为a与a＋λb的夹角为锐角，所以解得：λ＜且λ≠0，即λ∈(－，0)(0，).

772－2λ≠2(1－3λ)，

→

→

→

19.(12分)已知平面向量a＝(cosα，5sinβ＋2sinα)，b＝(sinα，5cosβ－2cosα)，且a∥b. (1)求cos(α＋β)的值；

π1

(2)若α，β∈(0，)，且tanα＝，求2α＋β的值.

23

【考点】平面向量的坐标运算、三角恒等变换、给值求角问题 【解析】

(1)因为a//b，所以cosα(5cosβ－2cosα)－sinα(5sinβ＋2sinα)＝0， 所以5(cosαcosβ－sinαsinβ)＝2(cosα＋sinα)＝2. 所以5cos(α＋β)＝2，cos(α＋β)＝

25. 5

2

2

→→→→

π

(2)因为α，β∈(0，)，所以0＜α＋β＜π，

225

因为cos(α＋β)＝，

5所以sin(α＋β)＝

51，所以tan(α＋β)＝. 52

11

＋32tanα＋tan(α＋β)1

因为tanα＝，所以tan(2α＋β)＝＝＝1.

3111－tanαtan(α＋β)

1－×32因为0＜α＋β＜π，且cos(α＋β)＝

25π

＞0，所以0＜α＋β＜， 52

π

因为0＜α＜，所以0＜2α＋β＜π，

2π

因为tan(2α＋β)＝1，所以2α＋β＝.

4

20.(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. 已知asinA＝4bsinB，ac＝5(a2－b2－c2). (1)求cosA的值； (2)求sin(2B－A)的值.

【考点】正余弦定理的综合应用、三角恒等变换 【解析】

ab

(1)由asinA＝4bsinB，且由余弦定理＝，得a＝2b．

sinAsinB

5－ac5b＋c－a5由ac＝5(a2－b2－c2)，及余弦定理，得cosA＝＝－＝－；

2bcac5

2

2

2

(2)由(1)知cosA＝－

525，且A∈(0，π)，所以sinA＝1－cos2A＝， 55

asinA5

代入asinA＝4bsinB，可得sinB＝＝.

4b5由(1)知cosA＝－5252

＜0，则A为钝角，所以cosB＝1－sinB＝. 532

所以sin2B＝2sinBcosB＝，cos2B＝1－2sinB＝，

55

4532525故sin(2B－A)＝sin2BcosA－cos2BsinA＝×(－)－×＝－.

55555

πb

21.(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin(A＋)＝.

62c(1)求角C的大小；

(2)若△ABC是锐角三角形，且b＝1，求△ABC面积的取值范围. 【考点】正余弦定理的综合应用、三角恒等变换、求面积的范围问题 【解析】

(1)在△ABC中，由正弦定理可得

31sinBsinA＋cosA＝， 222sinC

可化为3sinAsinC＋cosAsinC＝sinB，

因为A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)， 所以3sinAsinC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC， 则3sinAsinC＝sinAcosC，

因为A∈(0，π)，所以sinA＞0，所以3sinC＝cosC， π3

所以当C＝，不符合题意，所以tanC＝，

23π

又C∈(0，π)，所以C＝，

6

B∈0，25πππ

(2)由(1)知A＋B＝，且△ABC是锐角三角形，所以，解得B∈(，)， 5ππ6320，A＝－B∈625π13sin－BcosB＋sinB

262bsinAsinA31323在△ABC中，由正弦定理可得，a＝＝＝＝＝＋∈(，)，

sinBsinBsinBsinB22tanB23113333所以△ABC面积为＝absinC＝a∈(，)，所以△ABC面积的取值范围为(，).

248686

π

22.(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sinC＝23cosAcosB. (1)求tanA＋tanB的值； (2)求cos2A＋cos2B的最大值.

【考点】正余弦定理的综合应用、三角恒等变换、求三角函数值或最值问题 【解析】

(1) 在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，所以sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)， 又因为sinC＝23cosAcosB，所以sin(A＋B)＝23cosAcosB， 化简得sinAcosB＋cosAsinB＝23cosAcosB，

因为cosAcosB≠0，所以等式两边同时除以cosAcosB， 得到tanA＋tanB＝23；

tanA＋tanB＋2cosAcosB11

(2)由题意cos2A＋cos2B＝2＋＝＋＝ 222222222

sinA＋cosAsinB＋cosBtanA＋1tanB＋1tanAtanB＋tanA＋tanB＋1＝

2(7－tanAtanB)

2

tanAtanB－2tanB＋13

2

2

2

2

2

法一：因为23＝tanA＋tanB≥2tanAtanB，所以tanAtanB∈(0，3]， 令u＝7－tanAtanB∈[4，7)，则＝

2(7－tanAtanB)2u2u

＝＝2222

tanAtanB－2tanB＋13(7－u)－2(7－u)＋13u－12u＋48

3－13－1

或

tanA＝3＋223＋322

≤＝，当且仅当u＝43，即tanAtanB＝7－43，解得48683－12tanB＝3－2u＋－12u

23＋3

时取等号，所以cos2A＋cos2B的最大值为.

63－13－1

tanA＝3－2



tanB＝3＋2法二：令tanA＝3＋t，tanB＝3－t，t∈(－3，3)，则

2(7－tanAtanB)11

＝2＋22

tanAtanB－2tanB＋13t＋23t＋4t－23t＋4

2

2t2＋82m2＋4，＝4，令m＝tm∈[4，7)，则化为＝t－4t2＋16m2－12m＋4823＋3＋cos2B的最大值为.

6

23＋322

≤＝，所以cos2A48683－12m＋－12

m