2021-2022学年福建省福州第一中学高一上学期期末考试数学试题含解析

2021-2022学年福建省福州第一中学高一上学期期末考试

数学试题

一、单选题

1．下列函数中，周期为的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对于A、B：直接求出周期；

对于C：先用二倍角公式化简，再求其周期；

对于D：不是周期函数，即可判断.

【详解】对于A：的周期为，故A错误；

对于B：的周期为，故B错误；

对于C：，所以其周期为，故C正确；

对于D：不是周期函数，没有最小正周期，故D错误.

故选：C

2．函数的单调递增区间为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由解出范围即可.

【详解】由，可得，所以函数的单调递增区间为，

故选C.

3．函数的部分图象如图所示，则可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数图象，求出和，进而求出，代入特殊点坐标，求出，，得到正确答案.

【详解】由图象可知：，且，所以，不妨设：，将代入得：，即，，解得：，，当时，，故A正确，其他选项均不合要求.

故选：A

4．已知角的终边在射线上，则的值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求三角函数值不妨作图说明，直截了当.

【详解】依题意，作图如下：

假设直线的倾斜角为，则角的终边为射线OA，在第四象限，，

，，

用同角关系：，得；

∴；

故选：A.

5．函数的图象大致是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性和正负性，运用排除法进行判断即可.

【详解】因为，

所以函数是偶函数，其图象关于纵轴对称，故排除C、D两个选项；

显然，故排除A，

故选：B

6．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式及正弦函数的单调性可判断的大小，利用正切函数的单调性可判断的范围，从而可得正确的选项.

【详解】，，

因为，故，

而，

因为，故，故，

综上，，

故选：A

7．已知，则（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】先求出，再求出，最后可求.

【详解】因为，故，

因为，故，而，

故，所以，

故，

所以，

故选：B

8．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中独立提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即的面积，其中分别为的内角的对边，若，且，则的面积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据求出关系，代入面积公式，利用二次函数的知识求解最值.

【详解】因为，所以，

即；

由正弦定理可得，所以

；

当时，取到最大值.

故选：A.

二、多选题

9．下列说法正确的有（       ）

A．若，则为第二象限角

B．经过60分钟，钟表的分针转过弧度

C．

D．终边在轴上的角的集合是

【答案】ABD

【分析】根据三角函数的定义可判断A的正误，根据角的概念可判断BD的正误，根据两角和的正弦可判断C的正误.

【详解】因为，则为第二象限角，故A正确.

经过60分钟，钟表的分针顺时针转一周，故对应的角为弧度，故B正确.

，故C错误.

终边在轴上的角的集合是，故D正确.

故选：ABD.

10．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】结合三角恒等变换化简已知条件，然后对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】依题意，

，

，

，

，

所以或，

，或，

（舍去），或，

所以，

，.

所以A选项错误，BCD选项正确.

故选：BCD

11．若将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则（       ）

A．的最小正周期为

B．图象的一个对称中心为

C．的值域为

D．图象的一条对称轴方程为

【答案】BD

【分析】先求得的解析式，然后对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度得到，

再将所得的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数.

所以的最小正周期为，A选项错误.

，B选项正确.

的值域为，C选项错误.

，D选项正确.

故选：BD

12．定义：实数满足，则称比远离.已知函数的定义域为，任取等于和中远离0的那个值，则（       ）

A．是偶函数

B．的值域为

C．在上单调递增

D．在上单调递减

【答案】AD

【分析】先求得的解析式，然后对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】依题意函数的定义域为，

，，

两边平方并化简得，

，由于，

所以，，

解得或，

解得，或，或，

或.

同理，由解得或.

设，

设，

，

由于则；则，

，

故，所以为偶函数，A选项正确.

由于，所以、，所以B选项错误.

由上述分析可知，，，而，

所以在区间不是单调函数，C选项错误.

，，在区间上递减，D选项正确.

故选：AD

三、填空题

13．若扇形的面积为，半径为1，则扇形的圆心角为___________.

【答案】

【分析】直接根据扇形的面积公式计算可得答案．

【详解】设扇形的圆心角为，

因为扇形的面积为，半径为1，

所以．解得，

故答案为：．

14．已知，则__________.

【答案】

【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出，再利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得；

【详解】解：因为，所以，所以

故答案为：

15．若在内有两个不同的实数值满足等式，则实数k的取值范围是_______．

【答案】

【分析】讨论函数在的单调性即可得解.

【详解】函数，

时，单调递增，

时，单调递减，

，，，

所以在内有两个不同的实数值满足等式，

则，

所以.

故答案为：

16．在平面四边形中，，若，则__________.

【答案】1.5

【分析】设，在中，可知，在中，可得，由正弦定理，可得答案.

【详解】

设，在中，，，

，

在中，，，，

，

由正弦定理得：，

得，

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点，且.

(1)求实数的值；

(2)若，求的值.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）利用三角函数的定义可求的值.

（2）利用诱导公式可求三角函数式的值.

【详解】(1)由题意可得，

所以，整理得，

解得或.

(2)因为，所以由（1）可得，

所以，

所以.

18．设函数.

(1)求的单调增区间；

(2)求在上的最大值与最小值.

【答案】(1)

(2)最大值为2，最小值为

【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得，根据正弦型函数的单调性计算即可得出结果.

（2）由得，利用正弦函数的图像和性质计算即可得出结果.

【详解】(1)

令，得，

所以的单调增区间为

(2)由得，

所以当，即时，取最大值2；

当，即时，取最小值.

19．设在区间单调，且都有

(1)求的解析式；

(2)用“五点法”作出在的简图，并写出函数在的所有零点之和.

【答案】(1)

(2)图象见解析，所有零点之和为

【分析】（1）依题意在时取最大值，在时取最小值，再根据函数在单调，即可得到，即可求出，再根据函数在取得最大值求出，即可求出函数解析式；

（2）列出表格画出函数图象，再根据函数的对称性求出零点和；

【详解】(1)解：依题意在时取最大值，在时取最小值，又函数在区间单调，所以，即，又，所以，

由得，即，

又因为，所以，，

所以.

(2)解：列表如下

所以函数图象如下所示：

由图知的一条对称轴为有两个实数根，记为，

则由对称性知，所以所有实根之和为.

20．在①；②.请在上述两个条件中任选一个，补充在下面题目中，然后解答补充完整的问题.

在中，角所对的边分别为，__________.

(1)求角；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)

【分析】（1）若选①，由正弦定理得，即可求出；若选②，由正弦定理得，即可求出.

（2）用正弦定理得表示出，，得到，利用三角函数求出的取值范围.

【详解】(1)若选①，则由正弦定理得，

因为，所以，

所以，所以，

又因为，所以，

所以，即.

若选②，则由正弦定理得，

所以，所以，

因为，所以，

所以，又因为，所以.

(2)由正弦定理得，

所以，同理，

由，故，

所以

由，所以，

所以，

所以的取值范围是.

21．某兴趣小组要测量钟楼的高度（单位：）.如示意图，垂直放置的标杆的高度为，仰角.

(1)该小组已测得一组的值，算出了，请据此算出的值（精确到）；

(2)该小组分析测得的数据后，认为适当调整标杆到钟楼的距离（单位：），使与之差较大，可以提高测量精度.若钟楼的实际高度为，试问为多少时，最大？

【答案】(1)约为

(2)为时，最大

【分析】（1）运用正切三角函数建立等式，再结合题中的数据可求解；

（2）由，得到，再运用基本不等式求解.

【详解】(1)由得，

同理，.

因为，所以，

解得.

因此，算出钟楼的高度约为.

(2)由题设知，得，

又

，

当且仅当时，取等号，

故当时，最大.

因为，则，所以当时，最大，

故所求的是.

22．英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，.

(1)证明：当时，；

(2)设，若区间满足当定义域为时，值域也为，则称为的“和谐区间”.

（i）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；

（ii）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)（i）不存在“和谐区间”，理由见解析（ii）存在，有唯一的“和谐区间”

【分析】（1）利用来证得结论成立.

（2）（i）通过证明方程只有一个实根来判断出此时不存在“和谐区间”.

（ii）对的取值进行分类讨论，结合的单调性以及（1）的结论求得唯一的“和谐区间”.

【详解】(1)由已知当时，，

得，

所以当时，.

(2)（i）时，假设存在，则由知，注意到，

故，所以在单调递增，

于是，即是方程的两个不等实根，

易知不是方程的根，

由已知，当时，，令，则有时，，即，

故方程只有一个实根0，故不存在“和谐区间”.

（ii）时，假设存在，则由知

若，则由，知，与值域是矛盾，

故不存在“和谐区间”，

同理，时，也不存在，

下面讨论，

若，则，故最小值为，于是，

所以，

所以最大值为2，故，此时的定义域为，值域为，符合题意.

若，当时，同理可得，舍去，

当时，在上单调递减，所以

，于是，

若即，则，故，

与矛盾；

若，同理，矛盾，

所以，即，

由（1）知当时，，

因为，所以，从而，，从而，矛盾，

综上所述，有唯一的“和谐区间”.

【点睛】对于“新定义”的题目，关键是要运用新定义的知识以及原有的数学知识来进行求解.本题有两个“新定义”，一个是泰勒发现的公式，另一个是“和谐区间”.泰勒发现的公式可以直接用于证明，“和谐区间”可转化为函数的单调性来求解.