湖北省部分重点中学2015-2016学年高一数学3月月考试题

高一数学试题

考试时间：2016年3月24日上午8:00—10:00 试卷满分：150分钟

一、选择题（本大题共有12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四选项中只有一项是符合题目要求的。）

1、在四边形ABCD中，设ABa，ADb且ACab，|ab||ab|，则四边形

ABCD的形状是（ ）

A.梯形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形

2、O是ABC内一点，且|OA||OB||OC|，则O是ABC的（ ）

A.重心 B. 内心 C. 外心 D. 垂心 3、cos263cos203sin83sin23的值为（ ）

3311 B.  C. D. 

22224、已知a(2,1)，b(1,2)若manb(9,8)(m,nR),则mn的值为（ ）

A.

A. 2 B.2 C.3 D.3

3)，则sin()=( ) 65122244 A. B.  C. D. 

1010555、设为锐角，若cos(6、在ABC中，B45，C60, c=1，则最短边长等于（ ） A.

3661 B. C. D. 22327、为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y2cos3x的图象（ ） A. 向右平移C. 向左平移

4个单位 B. 向右平移

12个单位 个单位

4个单位 D. 向左平移

128、如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 由增加的长度决定 9、设函数f(x)2cos2x3sin2xa(a为常实数)在区间[0,

2

]上的最小值为-4，则

1

a的值等于（ ）

A. 4 B. -6 C. -3 D. -4 10、若(,42 )，x(sin)logcos,y(cos)logsin，则x与y的大小关系为（ ）

A. xy B.xy C. xy D.不确定

11、已知向量a,b满足|a|1，a与b的夹角为，若对一切实数x，|xa2b||ab|恒

3成立，则|b|的取值范围是（ ）

11 A., B., C.1, D.1,

2212、如图是由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形中较小的内角为，大正方形的面积是1，小正方形的面积是

1，则sin2cos2的值是（ ） 252477 A.1 B.  C. D. 

252525二、填空题：（本大题共4个小题，每题5分，满分20分）。 13、若,，则1sin21sin2可化简为 。

4214、ABC中，AC2,B45O,若ABC有2解，则边长BC长的范围是 。 15、已知O是△ABC的外心，且AB=5，AC=8，存在非零实数x，y使AOxAByAC且

x2y1则cosBAC= 。

5316、由正弦的和角公式sin(+)=sincos+cossin与正弦二倍公式；②利用二倍角和三倍角公sin22sincos。求①sin3 （用sin表示）

式及sincos()，求sin18O 。

2

三、解答题（共6个小题，共70分）。

2

xxx17、（10分）已知函数f(x)2sincos23sin23. 444（1）求函数f(x)的最小正周期及最值；

（2）令g(x)f(x)，判断函数g(x)的奇偶性，并说明理由。

3

18、（12分）在锐角△ABC中，边a，b是方程x223x20的两根，角A，B满足：（2）求边C的长度及△ABC的面积。 2sin(AB)30,（1）求角C的度数；

19、（12分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且2asinA(2bc)sinB(2cb)sinc.

（1）求A的大小；

（2）若sinBsinC1，试判断△ABC的形状。

xxx20、（12分）已知向量m(3sin,1)n(cos,cos2)，

4442（1）若mn1,求cos(x)的值。

3（2）记f(x)mn在ABC中角A、B、C的对边分别为a、b、c且满足(2ac)cosBbcosC,求f(A)的取值范围。

21、（12分）某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上。在小艇出发

0

时，轮船位于港口O北偏西30且与该港口相距20海里的A处，并以30海里/时的航行

3

速度沿正东方向匀速行驶。假设该小船沿直线方向以海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇。

（1）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？

（2）假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时，试设计航行方案（即确定航行方向与航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由。 22、（12分）如图，一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的边AD为半圆的直径，O为半圆的圆心，AB=1,BC=2，现要将此铁皮剪出一个等腰三角形PMN，其底边MN⊥BC。

0

（1）设∠MOD=30，求三角形铁皮PMN的面积。 （2）求剪下的铁皮三角形PMN的面积的最大值。

4

高一数学参

一、选择题 题号 答案 1 B 2 C 3 A 4 D 5 A 6 D 7 B 8 A 9 D 10 C 11 C 12 D

二、填空题：

13、2cos 14、(2,22) 15、4 16、（1）3sin4sin3515 （2）4

三、解答题：

17、解：（1）f(x)sinx23(12sin2x4)

sinx23cosx2 2sin(x23) （3分）

f(x)的最小正周期T214 （4分） 2 当sin(x223)1时，f(x)min2 （5分）

当sin(x23)1时，f(x)max2. （6分）

（2）由（1）知g(x)2sin12(x3)3

=2sin(12x2)

=2cosx2 （9分） g(x)2cos(xx2)2cos2g(x) （10分）

g(x)是偶函数.

18、解：由2sin(AB)30

得sin(AB)32 ABC为锐角三角形

AB120O，C=60O ………………………………………4分

5

又a,b是方程x223x20的两根， ab23,ab2 C2a2b22abcosC

(ab)23ab1266

C6 ………………………………………………………10分

SABC1absinC2

13222

3 ………………………………………………………12分 219、解：（1）由已知根据正弦定理得2a2(2bc)b(2cb)c 则a2b2c2bc由余弦定理a2b2c22bccosA 1得cosA又A(00,1800)A1200（6分）

2（2）由（1）中a2b2c2bc，结合正弦定理可得 sin2Asin2Bsin2CsinBsinC3 41 2又sinBsinC1sinBsinCQ00B600,00C600BC

故△ABC为等腰钝角三角形 （12分）

xxx20、解：（1）f(x)mn3sincoscos2

4443x1x1sincos 22222x1sin()1 ……………………3分

262x1 sin()

262

6

2x1 cos(x)12sin2() ……………………5分

326221 cos(x)cos(x) ……………………6分

332（2）(2ac)cosBbcos2sinAcossin(BC)

cos1B ……………………………………8分

23 0A23

6A262 sin(A26)(12,1) ……………………………………10分 又f(x)sin(x126)2

f(A)sin(A26)12(1,32) ………………………12分

21、解：（1）如图，设相遇时小艇航行的距离为s海里，则

s900t2400230t20cos(900300)900t2600t400

900(t13)2300(3分)故当t13时，smin103. 此时1031303. 3即小艇以303海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小。（6分） （2）设小艇与轮船在B处相遇，则

2t2400900t222030tcos(900300)，

故2900600t400t2. （9分） Q030，900-600t400t2900. 即

23t2t0，解得t23.

7

又t2时，30. 32故30时，t取得最小值，且最小值为. （11分）

3此时，在△OAB中，有OA=OB=AB=20，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30，0

航行速度为30海里/时，小艇能以最短时间与轮船相遇。 （12分） 22、解：（1）设MN交AD于Q点， QMOQ300,MQ132,OQ2,

SVPMN12MNAQ1232(132)6338. （5分） （2）设AOQ,[0,2],MQsin,OQcos,

S12MNAQ12(1sin)(1cos)1VPMN2(1sincossincos). 令sincost[1,2],SVPMN12(t1t212), 当4,t2时，SVPMN取最大值，为3224. （12分）

8分） 8

（