2021-2022学年江西省宜春市奉新县第一中学高一下学期第二次月考数学试题含解析

2021-2022学年江西省宜春市奉新县第一中学高一下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．函数的最小正周期为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据最小正周期公式计算出正确结果.

【详解】依题意，函数的最小正周期为.

故选：B

2．在中，D是BC的中点，如果，那么（       ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】B

【解析】根据向量的三角形法则可知，再将用的形式表示出来，则的值可求.

【详解】如图所示：

因为，

所以，

故选：B.

【点睛】本题考查平面图形中向量的线性运算，涉及向量三角形法则的运用，难度较易.

3．已知扇形的面积为2，扇形圆心角的弧度数是4，则扇形的周长为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】C

【分析】根据扇形的面积，利用扇形的面积公式求其半径，再根据扇形弧长公式及周长的求法求周长即可.

【详解】若扇形的半径为，而圆心角的弧度数，则，故，

∴扇形的周长.

故选：C

4．若角α是第二象限角，则是(　　)

A．第一象限角 B．第二象限角

C．第一或第三象限角 D．第二或第四象限角

【答案】C

【分析】由角α是第二象限角，得到＋2kπ＜α＜π＋2kπ，k∈Z，，由此能求出-是第一或第三象限角．

【详解】∵α是第二象限角，

∴＋2kπ＜α＜π＋2kπ，k∈Z，

∴＋kπ＜＜＋kπ，k∈Z.

当k为偶数时，是第一象限角；

当k为奇数时，是第三象限角

【点睛】本题考查角所在象限的求法，考查象限角等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．

5．化简向量等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的加减法法则求解即可

【详解】

，

故选：D

6．已知点在第一象限，则在内的的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】由第一象限点的坐标的符号列出三角函数的不等式，根据三角函数的性质求解，结合，求出角的取值范围．

【详解】由已知点在第一象限得：

，，即，，

当，可得，．

当，可得或，．

或，．

当时，或．

，

或．

故选：B．

【点睛】本题的考点是利用三角函数性质求三角函数的不等式，需要根据题意列出三角函数的不等式，再由三角函数的性质求出解集，结合已知的范围再求出交集，属于中档题．

7．已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+)，则下面结论正确的是（       ）

A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2

D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2

【答案】D

【详解】把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin（2x+）的图象，即曲线C2，

故选D．

点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.

8．已知函数，，且在区间上有最小值，无最大值，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】【分析】分析：首先根据，且在区间内只有最小值，没有最大值，确定函数取最小值时自变量所满足的条件，之后确定的表达式，进而求出的值，得到结果.

详解：如图所示，

因为，且，

又在区间内只有最小值，没有最大值，

所以在处取得最小值，

所以，所以，

当时，，此时函数在区间内存在最大值，

故，故选C.

点睛：该题考查的是有关三角函数型的函数解析式中的参数求解问题，在解题的过程中，需要把握题中的条件，两个自变量对应函数值相等的等价条件是什么，从而找出对应的等量关系式，再结合题中的条件在相应区间上没有最大值，对的值进一步确定，求得结果.

二、多选题

9．给出下列四个命题，其中正确命题的是（　　）

A．若，则；

B．若A，B，C，D是不共线的四点，则“”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件；

C．若，则；

D．的充要条件是且.

【答案】BC

【分析】根据向量相等的定义及性质判断可得.

【详解】当向量时，的方向不一定相同，所以可能不相等，A错，

因为A，B，C，D是不共线的四点，，所以，，故四边形ABCD为平行四边形，

若四边形ABCD为平行四边形，则，

所以“”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件，B对，

根据向量相等的定义由可得，C对，

当且方向相反时，，所以是且的充分不必要条件，D错，

故选：BC.

10．下列关于函数说法正确的是（       ）

A．周期为 B．增区间是

C．图像关于点对称 D．图象关于直线对称

【答案】ABC

【解析】令，借助于的性质一一验证ABCD.

【详解】对于A：周期,故A正确;

对于B：要求的增区间,只需要

解得,故增区间是,故B正确;

对于C：因为关于对称，即，解得：，

当时，，故点为一个对称中心；故C正确;

对于D：因为关于对称，即，解得：，

无论k取什么值，，所以图象不关于直线对称；故D错误.

故选：ABC

【点睛】三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，即

借助于或的性质解题；

11．下列说法错误的有（       ）

A．如果非零向量与的方向相同或相反，那么的方向必与或的方向相同

B．在中，必有

C．若，则，，一定为一个三角形的三个顶点

D．若，均为非零向量，则

【答案】ACD

【分析】直接利用向量的线性运算，向量的夹角运算，三角形法则，向量的模的应用判断、、、的结论．

【详解】解：对于：非零向量与的方向相同或相反，那么的方向必与或的方向相同或为零向量，故错误；

对于：在中，必有，故正确；

对于：若，则，，一定为一个三角形的三个顶点，

或、、三点共线时，也成立，故错误；

对于，均为非零向量，则，故错误；

故选：．

12．已知，函数满足：存在，对任意的，恒有，则可以是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】设，则由题可判断在有最大值，故只需依次判断每个选项是否满足此条件即可.

【详解】设，若存在，对任意的，恒有，则在有最大值，

对A，在有最大值，故A正确；

对B，在有最大值，故B正确；

对C，在无最大值，故C错误；

对D，在无最大值，故D错误.

故选：AB.

【点睛】关键点睛：本题考查对函数最值的理解，解题的关键是判断出在有最大值.

三、填空题

13．已知角的终边经过点，则的值是______.

【答案】

【分析】根据三角函数定义得到，，进而得到答案.

【详解】角的终边经过点，

，，

.

故答案为：.

14．设与是两个不共线向量，且向量与共线，则λ＝_______

【答案】－

【分析】根据向量共线定理列方程求解.

【详解】∵与共线，则有：

可得：λ=－

故答案为：－．

15．已知，则__________

【答案】11

【分析】分子分母同时除以，再代入即可得出答案.

【详解】对原式分子分母同时除以，

则.

故答案为：

16．如图所示，在中，，是上的一点，若，则实数的值为_______

【答案】

【分析】先证明三点共线的结论：已知为直线外一点，、、三点共线存在、，使得且，然后题中条件变形为，利用三点共线的结论可求得实数的值.

【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、三点共线存在、，使得且.

因为为直线外一点，、、三点共线，则存在使得，

所以，，则，

取，，则且，

所以，、、三点共线存在、，使得且；

因为为直线外一点，若存在、，使得且，

则，所以，，即，

所以，、、三点共线，

所以，、、三点共线存在、，使得且.

所以，、、三点共线存在、，使得且.

本题中，因为、、三点共线，且，

所以，，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．若角的终边上有一点，且.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据三角函数的概念，由题中条件，列出方程组求解，即可得出结果；

（2）先将原式化简，再由三角函数的定义求出，进而可得出结果.

【详解】（1）点到原点的距离为，

根据三角函数的概念可得，解得，（舍去）.

（2）原式，

由（1）可得，，

所以原式.

【点睛】本题主要考查由三角函数的定义求参数，以及根据诱导公式化简求值，属于常考题型.

18．如果一个扇形的周长为，那么当它的半径和圆心角分别为多少时，扇形的面积最大？

【答案】当扇形的半径为，圆心角为时，扇形的面积最大

【分析】设该扇形的半径为，圆心角为，弧长为，面积为，可得出，利用二次函数的基本性质求出的最大值及其对应的值，即可求得值，即可得出结论.

【详解】解：设该扇形的半径为，圆心角为，弧长为，面积为，

则，所以，其中，

所以，，

所以当时，最大，最大值为，

此时.

19．设，是两个不共线的向量，已知，，.

（1）求证：A，B，D三点共线；

（2）若，且B，D，F三点共线，求k的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）12.

【分析】（1）通过证明可得结果；

（2）由共线定理得，列出关于的方程解出即可.

【详解】（1）证明：由已知得，

∵，∴.

又与有公共点B，

∴A，B，D三点共线．

（2）由（1）可知，

∵，且B，D，F三点共线，

∴，

即，∴，

解得.

20．已知函数时，的最小值为，求实数的值

【答案】

【分析】首先利用整体代换法求出的值域，然后再利用换元法将变换为含参的二次函数，进行分类讨论求最值，进而得到值.

【详解】，

令 则，

其图象是开口向上，对称轴的二次函数，

当，即时，解得；

当，即时，，解得（舍）；

当，即时，解得（舍）.

综上可得，.

21．一个半径为2米的水轮如图所示，其圆心O距离水面1米，已知水轮按逆时针匀速转动，每4秒转一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时（图中点）开始计算时间．

（1）以过点O且与水面垂直的直线为y轴，过点O且平行于水轮所在平面与水面的交线的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，试将点P距离水面的高度h（单位：米）表示为时间t（单位：秒）的函数；

（2）在水轮转动的任意一圈内，有多长时间点P距水面的高度超过2米？

【答案】（1）；（2）秒．

【分析】（1）设，根据题意求得、的值，以及函数的最小正周期，可求得的值，根据的大小可得出的值，由此可得出关于的函数解析式；

（2）由得出，令，求得的取值范围，进而可解不等式，可得出的取值范围，进而得解.

【详解】解：（1）如图所示，标出点M与点N，设，

根据题意可知，，所以，

根据函数的物理意义可知：

，

又因为函数的最小正周期为，

所以，

所以可得：．

（2）根据题意可知，，即，

当水轮转动一圈时，，可得：，

所以此时，

解得：，

又因为（秒），即水轮转动任意一圈内，有秒的时间点P距水面的高度超过2米．

22．如图为函数（）图象的一部分.

(1)求函数f（x）的解析式，并写出f（x）的振幅、周期、初相.

(2)求使得的x的集合.

【答案】(1)，振幅3，周期，初相

(2)

【分析】(1)根据图中的数据由最值、周期及点可求函数的解析式，由解析式可求振幅、周期、初相；

(2)由（1）中的解析式直接解不等式即可.

【详解】(1)由函数图象可知函数的最大值为，最小值为.

所以，，

因为，所以函数的周期.

由得，，所以，

因为在函数图象上，所以，

即，所以，，

得，，

因为，所以，

所以函数解析式为，振幅3，周期，初相.

(2)因为，所以.

则

解得：，

所以的x的集合为.