湖南省怀化市洪江洗马中学2021年高一数学文上学期期末试卷含解析

湖南省怀化市洪江洗马中学2021年高一数学文上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知向量，，则向量在向量方向上的投影为（

）A. B.－1 C. D.1参考答案：B【分析】先计算向量夹角，再利用投影定义计算即可.【详解】由向量，，则，，向量在向量方向上的投影为.故选：B【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示以及向量数量积的几何意义，属于基础题.2.已知，则（

）A.2 B. C.-1 D.-2参考答案：C【分析】首先根据已知条件求出的正切值，再把所求变形成含有正切值的关系式，代入求出结果．【详解】由题意知，∴,将所求的分子分母同时除以，则有.故选C.3.如图所示，平面内有三个向量，，，其中与的夹角为30°，与的夹角为90°，且||=2，||=2，||=2，若=λ+μ，（λ，μ∈R）则（）A．λ=4，μ=2 B．λ=4，μ=1 C．λ=2，μ=1 D．λ=2，μ=2参考答案：C【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】以OC为对角线，以OA，OB方向为邻边作平行四边形，求出平行四边形OA方向上的边长即可得出答案．以OC为对角线，以OA，OB方向为邻边作平行四边形，求出平行四边形OA方向上的边长即可得出答案．【解答】解：过点C作CE∥OB交OA的延长线于点E，过点C作CF∥OA交OB的延长线于点F，则=+．∴∠OCE=∠COF=90°，∵∠COE=30°，∴CE=OE，∵CE2+OC2=OE2，∴CE=2，OE=4．∵OA=2，=λ+μ，（λ，μ∈R）．∴λ==2，μ===1，故选：C【点评】本题考查了平面向量的基本定理，向量运算的几何意义，属于基础题．4.已知角的终边经过点，且，则等于（

）A．

B．

C．-4

D．参考答案：C5.在△ABC中，若，则△ABC是（

）（A）等腰三角形

（B）直角三角形（C）等腰直角三角形

（D）等腰三角形或直角三角形参考答案：D略6.在△ABC，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则cosB=（

）A. B. C. D.1参考答案：C【分析】直接利用余弦定理求解.【详解】由余弦定理得.故选C【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7.已知2，b的等差中项为5，则b为（

）A. B.6 C.8 D.10参考答案：C【分析】根据等差中项的公式，列出等式，由此解得的值.【详解】由于的等差中项为，所以，解得，故选.【点睛】本小题主要考查等差中项的公式，若成等差数列，则有，根据这个公式列式即可求的未知数的值，属于基础题.8.要得到的图象只需将y=3sin2x的图象

（

）

A．向左平移个单位

B．向右平移个单位

C．向左平移个单位

D．向右平移个单位参考答案：D略9.实数a=0.2，b=log0.2，c=的大小关系正确的是（） A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．b＜c＜a参考答案：C【考点】对数函数的图象与性质；指数函数的图象与性质；不等关系与不等式． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】根据指数函数，对数函数和幂函数的性质分别判断a，b，c的大小，即可判断． 【解答】解：根据指数函数和对数函数的性质，知log0.2＜0，0＜0.2＜1，， 即0＜a＜1，b＜0，c＞1， ∴b＜a＜c． 故选：C． 【点评】本题主要考查函数数值的大小比较，利用指数函数，对数函数和幂函数的性质是解决本题的关键． 10.已知，，则________________.参考答案：略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为2，则异面直线BC1与A1C所成的角是

参考答案：12.函数的图象必过定点P,P点的坐标为_________.参考答案：(－4,4)

13.若函数是函数的反函数，其图像经过点，则

参考答案：14.在整数集Z中，被4除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]={4n+k|n∈Z}，k=0，1，2，3，则下列结论正确的为①2014∈[2]；②﹣1∈[3]；③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]；④命题“整数a，b满足a∈[1]，b∈[2]，则a+b∈[3]”的原命题与逆命题都正确；⑤“整数a，b属于同一类”的充要条件是“a﹣b∈[0]”参考答案：①②③⑤【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】依据“类”的定义直接判断，即若整数除以4的余数是k，该整数就属于类[k]．【解答】解：由类的定义[k]={4n+k|n∈Z}，k=0，1，2，3，可知，只要整数m=4n+k，n∈Z，k=0，1，2，3，则m∈[k]．对于①2014=4×503+2，∴2014∈[2]，故①符合题意；对于②﹣1=4×（﹣1）+3，∴﹣1∈[3]，故②符合题意；对于③所有的整数按被4除所得的余数分成四类，即余数分别是0，1，2，3的整数，即四“类”[0]，[1]，[2]，[3]，所以Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]，故③符合题意；对于④原命题成立，但逆命题不成立，∵若a+b∈[3]，不妨取a=0，b=3，则此时a?[1]且b?[1]，∴逆命题不成立，∴④不符合题意；对于⑤∵“整数a，b属于同一类”不妨令a=4m+k，b=4n+k，m，n∈Z，且k=0，1，2，3，则a﹣b=4（m﹣n）+0，∴a﹣b∈[0]；反之，不妨令a=4m+k1，b=4n+k2，则a﹣b=4（m﹣n）+（k1﹣k2），若a﹣b∈[0]，则k1﹣k2=0，即k1=k2，所以整数a，b属于同一类．故整数a，b属于同一类”的充要条件是“a﹣b∈[0]．故⑤符合题意．故答案为①②③⑤15.在钝角中，已知，则最大边的取值范围是

。参考答案：16.若函数与互为反函数，则的单调递增区间是___________.参考答案：略17.不查表求值：tan15°＋tan30°＋tan15°tan30°＝参考答案：1略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分13分）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，E、F分别是AB的两个三等分点，AC，DF相交于点G，建立适当的平面直角坐标系：（1）若动点M到D点距离等于它到C点距离的两倍，求动点M的轨迹围成区域的面积；（2）证明：EG⊥DF。参考答案：解：以A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系。

则A（0，0）．B（3，0）．C（3，1）．D（0，1）．E（1，0）．F（2，0）。……1分(1)设M(x,y),由题意知……2分∴……3分两边平方化简得：，即…………5分

即动点M的轨迹为圆心（4,1），半径为2的圆，∴动点M的轨迹围成区域的面积为…………6分

（2）由A（0，0）．C（3，1）知直线AC的方程为：x-3y=0，…………7分

由D（0，1）．F（2，0）知直线DF的方程为：x+2y-2=0，…………8分

由得

故点G点的坐标为。…………10分

又点E的坐标为（1，0），故，

…………12分

所以。即证得：

…………13分

略19.（10分）如图所示，某住宅小区有一个矩形休闲广场ABCD，其中AB=40米，BC=30米，根据小区业主建议，需将其扩大成矩形区域EFGH，要求A、B、C、D四个点分别在矩形EFGH的四条边（不含顶点）上．设∠BAE=θ，EF长为y米．（1）将y表示成θ的函数；（2）求矩形区域EFGH的面积的最大值．参考答案：考点： 三角函数的最值；函数解析式的求解及常用方法；三角函数中的恒等变换应用．专题： 三角函数的求值．分析： （1）由几何图形结合解直角三角形知识将y表示成θ的函数；（2）直接由矩形面积等于长乘宽列出面积关于θ的表达式，结合三角函数的化简与求值得答案．解答： （1）如图，由∠BAE=θ，∠E=90°，得∠ABE=90°﹣θ，再由∠ABC=90°，得∠CBF=θ，同理∠DCG=θ．由AB=40（米），BC=30（米），四边形ABCD为矩形，得DC=40（米），因此，EF=EB+BF=40sinθ+30cosθ（米），因此y=40sinθ+30cosθ（0°＜θ＜90°）；（2）+2500sinθcosθ=1200+1250sin2θ，（0°＜θ＜90°）．因此θ=45°时，SEFGH取到最大值，最大值为2450．因此，矩形区域EFGH的面积的最大值为2450平方米．点评： 本题考查了简单的数学建模思想方法，考查了三角函数的化简与求值，正确将y表示成θ的函数是解答该题的关键，是中档题．20.化简、求值．（Ⅰ）（Ⅱ）log23?log35?log54．参考答案：【考点】对数的运算性质；有理数指数幂的化简求值．【分析】（1）根据指数幂的运算性质可得，（2）根据对数的运算性质可得．【解答】解：（Ⅰ）；（Ⅱ）．21.（本小题满分14分）已知△ABC的内角A的大小为120°，面积为．（1）若AB=，求△ABC的另外两条边长；（2）设O为△ABC的外心，当时，求的值．参考