精品解析：北京市东城区北京景山中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题（解析版）

北京景山学校2022-2023学年度第二学期

高一年级数学期中考试试卷

注意事项：

1．请用蓝色或黑色圆珠笔、钢笔或签字笔答卷，不得用铅笔或缸笔答卷．

2．认真审题，字迹工整，卷面整洁．

3．本试卷共4页，共3道大题，21道小题．考试时间120分钟．

4．请将选择题的答案填涂在机读卡上，其余试题答聚填写在试卷上．

第I卷（请把选择题答案写在机读卡上）

一、选择题（本大题共10小题）

1. 已知，，若与共线，则（    ）

A.  B. 4 C. 9 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据平面向量共线的坐标表示即可求解.

【详解】因为与共线，

所以，解得.

故选：A.

2. 已知函数，下列说法错误的为（    ）

A. 最小正周期为 B. 为偶函数

C. 在单调递减 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据诱导公式可得，然后结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果；

【详解】因为函数为奇函数，故B错误；

最小正周期为，故A正确；

令，，解得，，

即函数的单调减区间为，

当时，即为，，故C正确；

且，故D正确；

故选:B

3. 若圆柱的底面半径是1，其侧面展开是一个正方形，则这个圆柱的侧面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】侧面展开图的面积就是侧面积．

【详解】由题意侧面展开图的边长不，面积为．

故选：A.

【点睛】本题考查圆柱的侧面积，考查圆柱的侧面展开图，圆柱侧面展开图是矩形，矩形的一边是圆柱的高，另一边长是圆柱的底面周长．

4. 在中，内角的对边分别为，若，则（    ）

A.  B.  C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据余弦定理计算直接得出结果.

【详解】由余弦定理可得

，所以.

故选：A.

5. 等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先应用诱导公式，再由两角和的正弦公式即可求值.

【详解】

.

故选:C.

6. 平面向量，则与的夹角是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示求出，再利用夹角公式求解作答.

【详解】向量，则，即，

因此，而，则，

所以与的夹角是.

故选：C

7. 为了得到函数的图像，只需将的图像（    ）

A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度

C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度

【答案】C

【解析】

【分析】利用诱导公式化简两个函数的表达式为同名函数，然后利用左加右减的原则确定平移的方向与单位即可得解．

【详解】因为，所以只需将的图像上的所有点向左平移个单位长度即可得到函数的图像．

故选：C

8. 已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1， 侧棱长为2，E为BC上一点，则三棱锥B1—AC1E的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由为到平面的距离， 所以根据等体积法可得，代入数值即可得解.

【详解】

因为为正四棱柱，

所以为到平面的距离，

则.

故选：B

9. 数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音．如图为某段乐音的图像，则该段乐音对应的函数解析式可以为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由图像可知，该函数为奇函数，根据奇偶函数的定义，得出A，B为奇函数，再根据函数图像中，判断出A对，B错；由图像得，判断出C，D错误，即可得出答案．

【详解】对于A，函数，

因为，所以函数为奇函数，

又，故A正确；

对于B，函数，

因为，所以函数为奇函数，

又，故B错误；

对于C，函数，

因为，故C错误；

对于D，函数，

，故D错误，

故选：A．

10. 若函数在区间上单调递减，且在区间上有唯一的实数解，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求得函数的单调递减区间，再根据在区间上单调递减，由为单调递减区间的子集求得的范围，由，得到，根据方程在上有唯一解，由求解.

【详解】解：由题意令，

解得，，

∵在区间上单调递减，

∴且，，

∴，，

当时，，

因方程在上有唯一解，

则有，解得，

综上，的取值范围为，

故选：C．

第Ⅱ卷（请把填空题和解答题答案写在答题纸上）

二、填空题（本大题共5小题）

11. 计算的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】利用诱导公式求解即可

【详解】解：，

故答案为：

12. 已知点，点，若，则点的坐标是________ ．

【答案】P（3,4）

【解析】

【详解】试题分析：设，代入得

考点：向量的坐标运算

13. 内角、、的对边是、、，若，，，则______

【答案】##

【解析】

【分析】利用正弦定理及大边对大角即可求解.

【详解】因为，，，

由正弦定理得，

所以或.

由，得,

所以，

所以.

故答案为：.

14. 从空间中点作四条射线，每两条射线间的夹角均相等，则此夹角的余弦值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】可把，，，放入正方体中，借助正方体中的边角关系，即可求出该角的余弦值.

【详解】如图，可把正方体的中心看成点，相对的四个顶点看作，，，，

设正方体棱长为1，则，，，

故答案为:

15. 已知，给出以下几个结论中正确结论的序号为__________．

①的最小正周期为；   ②是偶函数；   ③的最小值为；

④在上有4个零点；  ⑤在区间上单调递减．

【答案】②④⑤

【解析】

【分析】对①②：根据周期性、奇偶性的定义分析判断；对③④⑤：分类讨论去绝对值，结合辅助角公式以及正弦函数的性质逐项分析判断.

【详解】对①：∵，

,即，

所以不是以为最小正周期的周期函数，故①错误；

对②：因为，所以是偶函数，

故②正确；

对③： 当时，可得，

∵，则，

∴，故；

当时，可得，

∵，则，

∴，故；

综上所述：当，的值域为.

当时，则，可得，

故时，的值域为，

又∵是偶函数，

∴的值域为，即的最小值为，故③错误；

对④：由③可得：当时，令，

即，∵，则，

∴当，即时，；

当时，可得，即，

∵，则，

∴当，即时，；

综上所述：在上有2个零点.

∵是偶函数，

∴在上有4个零点，故④正确；

对⑤：当时，则，

可得在区间上单调递减，故⑤正确.

故答案为：②④⑤.

三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

16. 已知为坐标原点，，

（1）求

（2）在x轴上有一点，使有最小值，求此时P点的坐标.

【答案】（1）5    （2）

【解析】

【分析】（1）根据向量线性运算的坐标公式求，再由向量的模的坐标表示求；

（2）设，根据数量积的坐标表示求，再结合二次函数性质求其最小值.

【小问1详解】

因为，

所以

；

【小问2详解】

设，则，

当时，有最小值0，此时点的坐标为..

17. 已知函数.

（1）求的最小正周期和值域.

（2）求的单调区间.

【答案】（1）周期为，值域为；（2）单调递增区间为，单调递减区间为.

【解析】

【分析】

（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简可得，则可求出周期和值域；

（2）解不等式可得单调递增区间，解不等式可得单调递减区间.

【详解】（1）∵，

所以，函数的周期为，值域为.

（2）解不等式，得，

所以，函数的单调递增区间为，

解不等式，得，

因比，函数的单调递减区间为.

18. 如图是一个正四棱台的石料，上、下底面的边长分别为和，高．

（1）求四棱台的表面积；

（2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，求圆台的体积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出侧面的斜高，得到侧面积，再与上下底面积求和得到表面积；

（2）最大的圆台是上底面圆与棱台上底面正方形相切，高为棱台的高时，求其体积即可.

【小问1详解】

如下图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取中点，连结.则，

所以，

所以四棱台的表面积.

【小问2详解】

若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上、下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高.

则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高，

则圆台的体积为．

19. 在中，．

（1）求；

（2）若面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求a的值．

条件①：；条件②：；条件③：．

注：如果选择条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）选②或③，

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果；

（2）条件①，由，角可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；

【小问1详解】

因为，由正弦定理得，，

又，所以，得到，

又，所以，

又，所以，得到，

所以.

【小问2详解】

选条件①：

由（1）知，，根据正弦定理知，，即，

所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件.

选条件②：

因为，所以，

又，得到，代入，得到，解得，所以，

由余弦定理得，，

所以.

选条件③：

因为，所以，

由，得到，

又，由(1)知，

所以

又由正弦定理得，，得到，

代入，得到，解得，所以，

由余弦定理得，，

所以.

20. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，某摩天轮最高点距离地面100，最低点距离地面10，摩天轮上均匀设置了依次标号为1~36号的36个座舱.开启后摩天轮按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动t后距离地面的高度为H，转一周需要30.

（1）求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；

（2）若甲、乙两人分别坐在1号和7号座舱里，在转动一周的过程中，求两人距离地面的高度差（单位：）关于的函数解析式，并求高度差的最大值.

【答案】（1）   

（2）最大高度差45m.

【解析】

【分析】(1)利用正弦函数的图象性质求解；

(2)利用三角恒等变换公式表示得即可求解.

【小问1详解】

如图，设座舱距离地面最近的位置为点，

以轴心为坐标原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，

设，

因为摩天轮最高点距离地面100，最低点距离地面10，

所以解得,

根据转一周需要30可得，所以，

时，游客位于点，

所以，即，

因为以为终边的角为，所以，

所以.

小问2详解】

如图，甲乙两人的位置用表示，，

经过后，甲距离地面高度

点相对于落后，所以乙距离地面高度

所以高度差

因为

，

所以

所以当或，

即当或时，两人高度差最大，最大值为m.

21. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.

（1）设函数，试求的伴随向量；

（2）记向量的伴随函数为，求当．且时的值；

（3）设，已知，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件及诱导公式化简函数，利用伴随向量的定义即可求解；

（2）根据伴随函数及同角函数基本关系式直接计算即可；

（3）设点的坐标，根据向量垂直建立方程，利用三角函数及二次函数的性质即可求解.

【小问1详解】

，

所以的伴随向量；

【小问2详解】

因为向量的伴随函数为，所以，

由题意，又，，

解得或（舍去）；

【小问3详解】

假设存在点，使得，

又，所以，

因为，所以

，

即，

又因为，所以，

所以，所以，

又因为，所以当且仅当时，，

此时和和同时等于，

此时，故在函数的图象上存在点P，使得.