2022-2023学年上海市闵行中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市闵行中学高一下学期期中数学试题

一、填空题

1．与终边相同的最小正角是______．

【答案】/

【分析】结合终边相同的角的知识求得正确答案.

【详解】与终边相同的角为，

当时，取得最小正角.

故答案为：

2．若点是角终边上的一点，则_________．

【答案】

【分析】利用三角函数的定义即可得解.

【详解】因为点是角终边上的一点，

所以．

故答案为：.

3．在半径为2的圆中，弧长为1的圆弧所对的圆心角的弧度数为__．

【答案】/0.5

【分析】由圆心角定义求解.

【详解】半径为2的圆中，弧长为1的圆弧所对的圆心角.

故答案为：

4．若，则______.

【答案】

【分析】直接使用二倍角余弦公式代入求值即可..

【详解】因为，

所以.

故答案为：

【点睛】本题考查了二倍角余弦公式的应用，考查了代入思想，考查了数学运算能力.

5．函数的值域是__________．

【答案】

【分析】利用正弦二倍角公式结合三角函数性质直接求解即可

【详解】，因为

所以函数的值域为.

故答案为：.

6．已知，且，则_________．

【答案】

【分析】根据特殊三角函数值，正切函数的周期性以及角的范围即可求出．

【详解】因为，所以，而，所以．

故答案为：．

7．若，则__．

【答案】

【分析】根据余弦差角公式的逆运算得到，结合，求出，再利用正弦的二倍角公式求出答案.

【详解】，，

则，

所以．

故答案为：

8．在中，设、、分别是三个内角、、所对的边，，，面积，则内角的大小为__．

【答案】或

【分析】由三角形面积公式进行求解即可.

【详解】∵的面积，

∴，

∵，

∴或．

故答案为：或.

9．在中，若，则的最大值是____．

【答案】

【分析】利用正弦定理进行角变边可得，利用余弦定理和角的范围即可求解

【详解】结合正弦定理得，即，

所以，

因为，所以，则的最大值是．

故答案为：

10．已知，则的值为____________．

【答案】/

【分析】利用角三角函数的关系中平方公式结合正弦的二倍角公式即可求解.

【详解】解：由得，即①

又②

由①②解得

所以

故答案为：.

11．定义在区间上的函数与的图象的交点个数为____.

【答案】16

【分析】画出时的图像，根据图像结合函数的奇偶性得到答案.

【详解】由于，故为偶函数，

因为也为偶函数，故考虑的情况，画出图像，如图所示：

共有个交点，且时，没有交点，故共有16个交点.

故答案为：16

12．在中，若，则的最小值为________.

【答案】

【分析】由题知，，所以，进而令，，再根据基本不等式求解即可得答案.

【详解】解：在中，因为，所以，

所以

令，，

原式，

当且仅当是等号成立.

故答案为：

二、单选题

13．下列函数中，在其定义域上是偶函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据奇偶性定义，结合三角函数的奇偶性可直接得到结果.

【详解】对于A，定义域为，，为奇函数，A错误；

对于B，定义域为，，为偶函数，B正确；

对于C，定义域为，即定义域关于原点对称，，为奇函数，C错误；

对于D，定义域为，，为奇函数，D错误.

故选：B.

14．“”是“”成立的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据三角函数，充分必要条件的定义判断．

【详解】解：，

则，

根据充分必要条件定义可判断：

“ ”是“”成立的充要条件

故选：C．

15．在中，若，则一定是（    ）

A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形

【答案】B

【分析】利用三角恒等变换，判断三角形的形状.

【详解】，，

，，

即，所以，或，

两种情况都说明一定是钝角三角形.

故选：B

16．函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，则下列结论中正确的是（    ）

①的一个周期为；②的图象关于对称；

③是的一个零点；④在单调递减.

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

【答案】A

【分析】函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，可求得的解析式，再由函数的周期为的整数倍可判断①的正误，由正弦型函数的对称轴为可判断②正误，由正弦型函数的对称中心为可判断③正误，由正弦型函数的单调区间为可判断④正误.

【详解】函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，

所以，

所以的一个周期为，故①正确；

的对称轴满足，，

当时，的图象关于对称，故②正确；

由，得,当时，，

所以是的一个零点，故③正确；

当时，，此时为单调递增,

所以在上单调递增，故④错误.

故选：A.

三、解答题

17．已知 并且α是第二象限的角

(1)求sinα和tanα的值：

(2)求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求解；

（2）根据诱导公式化简，再由同角三角函数的基本关系求解.

【详解】（1），并且是第二象限的角，

，                    

（2）        

 .

18．已知．

(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；

(2)求函数在区间上的取值范围．

【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为，

(2)

【分析】（1）先将函数化为的形式，再利用其性质可解.

（2）利用正弦函数的性质，可得范围

【详解】（1）

故的最小正周期为，

令，，

得，，

故的单调递增区间为，

（2），

，

，

即函数在区间上的取值范围为.

19．某轮船以海里/小时的速度航行，在点测得海面上油井在南偏东60度．轮船从处向北航行30分钟后到达处，测得油井在南偏东15度，且海里．轮船以相同的速度改为向东北方向再航行60分钟后到达点．

（1）求轮船的速度；

（2）求、两点的距离（精确到l海里）．

【答案】（1）40海里/小时；（2）56海里.

【解析】（1）在中，利用正弦定理求解.

（2）在中，ly 余弦定理求解.

【详解】（1）在中，由正弦定理得：，

即，

解得.

所以海里/小时；

（2）在中，由余弦定理得：，

，

，

所以海里

【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的实际问题中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

20．已知函数的部分图象如图所示．

(1)求函数的解析式；

(2)若为偶函数，求t的值；

(3)若，，的值域为，求实数a，b的值．

【答案】(1)；

(2)或；

(3)或.

【分析】（1）由题可得和，即可求出，再利用可求出即可得出解析式；

（2）可得，令即可求出；

（3）令利用三角恒等变换及三角函数的性质可得，然后结合条件可得或，即得.

【详解】（1）由图可得，，

，

，则，

又，解得，

，

，

；

（2）为偶函数，

，解得，

，

或；

（3）令，

则

，

，，

∴，

∴，又的值域为，

即，显然，

∴或，

解得或.

21．已知函数，函数，设.

（1）求证：是函数f（x）的一个周期；

（2）当k=0时，求F（x）在区间上的最大值；

（3）若函数F（x）在区间内恰好有奇数个零点，求实数k的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或或.

【分析】（1）根据周期函数的定义进行证明即可；

（2）利用换元法，结合二次函数的性质进行求解即可；

（3）根据绝对值的性质，利用分类讨论思想、换元法，结合正弦型函数的性质进行求解即可.

【详解】（1）因为，

所以是函数f（x）的一个周期；

（2）当k=0时，因为，

所以，

令，因为，所以，

因此，即，因为，

所以，

因此有，对称轴为：，

因为，所以当时，函数，

即F（x）在区间上的最大值为；

（3）当时，

由可得：，

令，因为，所以，

因此，即，因为，

所以，

因此，该二次函数的对称轴为：，

因此当时，该二次函数单调递减，所以

所以当时，即时，有一解，

当时，即时，有一解，

当时，即时，有二解，

当时，

由可得：，

令，因为，所以，

因此，即，因为，

所以，

因此，该二次函数的对称轴为：，

因此当时，该二次函数单调递增，所以

所以当时，即时，有一解，

当时，即时，有一解，

当时，即时，有二解，

综上所述：当函数F（x）在区间内恰好有奇数个零点，或或.

【点睛】关键点睛：利用分类讨论思想，结合换元法是解题的关键.