2022-2023学年广东省肇庆市肇庆鼎湖中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省肇庆市肇庆鼎湖中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．函数的最小正周期、振幅分别是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接利用正弦型函数的性质求解即可.

【详解】函数的解析式为，所以有振幅，最小正周期.

故选：D.

2．已知向量，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将坐标代入中计算结果.

【详解】解：因为，，

所以.

故选：A

3．（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用两角差的正弦公式并结合特殊角的三角函数值可得出结果．

【详解】由两角差的正弦公式得，

故选C．

【点睛】本题考查两角差的正弦公式求值，要熟悉两角和与差的正、余弦公式的结构，根据代数式的结构选择合适的公式进行计算，考查运算求解能力，属于基础题．

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由二倍角的正切公式即可求得的值.

【详解】由，可得

则

故选：B

5．已知，，，向量在方向上的投影是（    ）

A．12 B．4 C．－8 D．2

【答案】B

【分析】根据题意，结合向量投影公式直接计算即可.

【详解】记向量与的夹角为，

所以在方向上的投影为.

故选：B.

6．若，，为平面直角坐标系的三点，且A，B，C三点共线，则（    ）

A． B．4 C． D．6

【答案】B

【分析】根据给定条件，求出的坐标，再利用向量共线的坐标表示求解作答.

【详解】依题意，，因为A，B，C三点共线，则，

因此，解得，

所以.

故选：B

7．在中，D为的中点，E为边上的点，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据平面向量的线性运算结合图形即可得解.

【详解】由E为边上的点，且，

得.

故选：C

8．设，，，则有（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用辅助角公式化简，利用倍角公式化简，利用正弦函数的单调性比较大小.

【详解】，

，

.

因为函数在上是增函数，所以.

故选：C.

二、多选题

9．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（　　）

A．向左平移个单位长度，再将横坐标变为原来的2倍

B．向左平移个单位长度，再将横坐标变为原来的倍

C．横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度

D．横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度

【答案】BC

【解析】由题意利用三角函数的图象变换规律，得出结论．

【详解】要得到函数的图象，

可将y＝cosx的图象上所有点向左平移个单位长度，

然后将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变而得到．

也可将y＝cosx的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，

然后将所得图象上所有点向左平移个单位长度而得．

故选：BC．

【点睛】易错点：y＝Acos(ωx+φ)(ω>0)的图像是由y＝Acos(ωx)(ω>0）向左平移个单位长度而得的,而不是向左平移个单位长度.

10．《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象.如图1所示的是八卦模型图，其平面图形图中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．和能构成一组基底

【答案】BCD

【分析】根据正八边形的几何特点，结合向量线性运算和平行关系的判断，对每个选项逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对于A选项，，A选项错误.

对于B选项，，B选项正确.

对于C选项，由于八边形ABCDEFGH为正八边形，故，且，

故，所以选项C正确.

对于D选项，由于和不共线，故和能构成一组基底，所以D正确.

故选：BCD.

11．已知函数，且，则（    ）

A．

B．的图象关于直线对称

C．若，则是的整数倍

D．在上不单调

【答案】AD

【分析】对于A，令即可判断；

对于B，可先由求出的值，再令求出对称轴方程即可判断；

对于C，可根据分别求出和的值即可判断；

对于D，直接求出函数的单调区间即可判断.

【详解】对于A，令可得，即，所以A选项正确；

对于B，因为，所以，即，解得，又因为，所以，所以.令，解得，所以的图象的对称轴方程为，可知B选项错误；

对于C，根据解得，同理可得，又因为所以，所以，因为且，可知是的整数倍，所以C选项错误；

对于D，令，解得，所以函数的单调递增区间为，令，解得，所以函数的单调递减区间为，可得函数在上不单调，所以D选项正确.

故选：AD.

12．已知是的边上的一点（不包含顶点），且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】利用平面向量的线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.

【详解】是的边上的一点（不包含顶点），则有，

得，即，

又，∴，

可得，，，，，

所以A选项正确，B选项错误；

，当且仅当时等号成立，所以，C选项错误；

，D选项正确.

故选：AD

三、填空题

13．已知,则________.

【答案】

【分析】由向量的坐标求向量模的公式即可求解.

【详解】由，则.

故答案为：

【点睛】本题考查求向量模的公式，属于基础题.

14．设与是两个相等向量，则_________

【答案】

【分析】利用向量的运算即得.

【详解】因为与是两个相等向量，

所以.

故答案为：.

15．已知为锐角，角的终边经过点，，则________.

【答案】3

【解析】由角的终边经过点，不妨设为锐角，可得，，结三角函数值可得，则由可得，再由两角差的正切公式可求出的值

【详解】因为角的终边过点，不妨设为锐角，

则，.

因为，又因为为锐角，

所以，所以.

所以.

故答案为：3

16．已知，函数在上单调递增，则的取值范围是____

【答案】

【分析】因为函数为奇函数，在上单调递增，所以函数在上单调递增，故再结合周期表达式即可得出的取值范围.

【详解】因为函数为奇函数，在上单调递增，所以函数在上单调递增，故，T，即 又所以.

故答案为

【点睛】本题考查了正弦型函数的性质，结合奇偶性，单调性可得出函数周期的情况，熟练掌握三角函数图象及性质是关键.

四、解答题

17．证明：

【答案】证明见解析

【分析】根据二倍角公式以及同角三角函数之间的基本关系即可得出证明.

【详解】证明：由二倍角公式以及可得，

得证．

18．已知菱形的边长为2，

(1)化简向量；

(2)求向量的模.

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）根据平面向量的线性运算求解即可；

（2）根据平面向量的平行四边形法则与三角形法则化简求解即可

【详解】（1）

（2）由向量的平行四边形法则与三角形法则，

19．已知，，与的夹角为．满足下列条件时，分别求与的数量积．

(1)与的夹角为30°时；

(2)；

(3)．

【答案】(1)

(2)

(3)0

【分析】（1）（2）（3）均利用数量积公式计算即可.

【详解】（1）由已知及数量积公式可得：若与的夹角为30°时，

（2）由已知及数量积公式可得：若∥时，若两向量同向，则其夹角为0°，此时，；

若两向量反向，则其夹角为180°，此时.

（3）由已知及数量积公式可得：若时，则其夹角为90°时，

20．已知函数的部分图象如图所示，其中的图像与x轴的一个交点的横坐标．

(1)求这个函数的解析式；

(2)求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】(1)

(2)最大值是，最小值是

【分析】（1）根据函数图象可得及周期，即可求出，再利用待定系数法求出即可；

（2）根据正弦函数的性质由整体代换法求解.

【详解】（1）由图知，，

∴，∴，

，则，

又，∴，

∴；

（2）时，，，

∴在区间上的最大值是，最小值是．

21．已知向量，，函数，的最小正周期为．

(1)求的解析式；

(2)方程在上有且只有一个解，求实数n的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用向量的数量积运算得到，再根据周期求出即可；

（2）将问题转化为函数与在的图象只有1个交点求解.

【详解】（1）解：，

，

∵的最小正周期为，

∴，

∴，

则.

（2）因为方程与在上有且仅有1个解，

所以函数与在的图象只有1个交点，

∵，

∴，

当时，单调递增，当时，单调递减，

∵，，，

若要使与只有1个交点，

则或，

解得或．

22．某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为（可视为点），现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为分钟．

(1)当时，求1号座舱与地面的距离；

(2)记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为米，若在这段时间内，恰有三次取得最大值，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到函数解析式为，代入数据计算得到答案.

（2），，得到，解得，，，得到答案.

【详解】（1）设座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为

，，，，则，，

，依题意，，

当时，，，

取，，

，当时，1号舱与地面的距离为；

（2）依题意，，

，

令，，解得，，

当，时，取得最大值，故，

即，即的取值范围是．