北京市丰台区2022-2023学年高一数学下学期期中练习试题（A卷）（Word版附解析）

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丰台区2022-2023学年度第二学期期中练习
高一数学（A卷）
考试时间：120分钟
第I卷（选择题共40分）
一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求.
【详解】因为，，
所以，
解得.
故选：D.
2. 若，则所在的象限是（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由的范围，求出的正负，从而可确定点所在象限．
【详解】∵，∴，
∴点在第二象限．
故选：B．
3. 下列函数中，最小正周期是奇函数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据周期公式结合周期定义求各函数的周期，再根据奇函数的定义判断即可.
【详解】函数的周期为，
设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，A正确；
函数的周期为，
设，函数定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以函数偶函数，B错误；
函数的周期为，C错误；
设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
则，故函数的周期为，
又，所以函数为偶函数，
D错误；
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式以及二倍角正弦公式即可求得答案.
【详解】由题意得，
故选：B
5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据函数图象得到周期求出，然后代入特殊点求值即可.
【详解】由题图可知函数的周期，又，
则，
所以，
将，代入解析式中得，
则，，
解得，，
因为，则.
故选：A.
6. 在△中，角，，所对的边分别为，，，且，则△的形状为（ ）
A. 直角三角形 B. 等腰或直角三角形
C. 等腰三角形 D. 等边三角形
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换化简，再利用正弦函数性质确定角的关系，从而进一步确定三角形的形状.
【详解】根据题意及正弦定理得
，即，
所以，又，
所以，所以三角形是等腰三角形.
故选：.
7. 在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每分钟转动一周. 若点初始位置的坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设坐标原点为，点为，由三角函数定义求的正弦和余弦，结合诱导公式的正弦和余弦，由此可得坐标.
【详解】因为点初始位置的坐标为，
所以，
因为每分钟转动一周，逆时针运动分钟，动点所处位置为，
所以，
所以，
，
所以点的坐标为,
故选：C.

8. 在矩形中，，，为边的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量表示，结合数量积的定义求.
【详解】由已知，，
又，，
所以.
所以.
故选：A.
9. 将函数的图象向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，其中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象变换法则求变换后的函数解析式，结合余弦函数的性质列方程求.
【详解】将函数的图象向左平移个单位可得
函数的图象，
由已知图象关于轴对称，
所以，
将函数的图象向右平移个单位可得
函数的图象，
由已知图象关于原点对称，
所以，
所以，
又，
所以.
故选：D.
10. 在△中，，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用余弦定理求，结合数量积定义求，结合的范围求数量积的范围.
【详解】设，则，，
所以，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
所以的取值范围是.
故选：D.
第Ⅱ卷（非选择题共110分）
二、填空题:共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在中，若，，，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理可求得的值.
【详解】由正弦定理得.
故答案为：.
12. 已知向量是单位向量，且夹角为，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的模的性质和数量积的定义求解即可.
【详解】由已知，，
所以，
所以，
故答案为：.
13. 在平面直角坐标系中，角以轴非负半轴为始边，其终边经过点，且，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦的定义列方程求.
【详解】因为角的终边经过点，
由正弦的定义可得，又，
所以，解得.
故答案为：.
14. 若点关于y轴的对称点为，则的一个取值为_____.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据两点关于轴对称，可得到两点的横坐标相反，纵坐标相等，从而可求得的值.
【详解】因为点关于y轴的对称点为，
所以，即，即，
所以.
故答案为：.(答案不唯一)
15. 已知函数在区间上有且仅有个对称中心，给出下列四个结论：
①的最小正周期可能是；
②在区间上有且仅有3条对称轴；
③的取值范围是；
④在区间上单调递减．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】③④
【解析】
【分析】求函数的对称中心，由条件确定的范围，再结合余弦型函数的性质判断各命题.
【详解】由，，可得，，
所以函数的对称中心为，，
令，可得，，
因为，函数在区间上有且仅有个对称中心，
所以，
所以，故的取值范围是，③正确，
因为，，所以，①错误；
由，，可得，，
所以函数的对称轴为，，
令可得，，，
所以当时，只有两条对称轴，②错误；
当时，，
由函数在上单调递减，
所以在区间上单调递减．④正确.
故答案为：③④.
三、解答题:共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知向量.
（1）求；
（2）设的夹角为，求的值；
（3）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算的坐标表示求解；
（2）利用向量的夹角的坐标表示求解；
（3）利用向量平行的坐标表示求解.
【小问1详解】
因为向量，
所以；
【小问2详解】
由题意得，
，
故.
【小问3详解】
因为向量，
所以，
.
因为，
所以.
解得：.
17. 在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边的两个锐角，的终边分别与单位圆相交于，两点，，的横坐标分别为，．
（1）求，的值；
（2）求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数定义求，再由同角关系求，；
（2）利用两角和余弦公式求，由此可求.
【小问1详解】
由已知得，.
因为，都是锐角，
所以， .
【小问2详解】
因为，都是锐角，
所以.
因为
所以，
所以.
18. 已知函数.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角正弦公式结合辅助角公式化简可得，即可求得答案；
（2）由题意可求得，进而求得，利用，即可求得答案.
【小问1详解】
因为


，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
因为，所以，
整理得：，
因为，所以，
所以，
所以


.
19. 在中，．
（1）求的大小；
（2）若，再从条件①、条件②中任选一个作为已知，求的值．
条件①：的面积为；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将已知等式化为，由此可得；
（2）若选①，利用三角形面积公式可直接构造方程求得；若选②，由同角三角函数关系可求得，利用正弦定理可得，根据余弦定理可构造方程求得.
【小问1详解】
由得：，即，
，.
【小问2详解】
若选条件①，，；
若选条件②，，，，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
解得：（舍）或，.
20. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递减区间；
（3）若在区间上的最大值为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式结合辅助角公式化简可得，即可求得答案；
（2）结合正弦函数的单调性即可求得答案；
（3）由已知确定，结合正弦函数的最大值可得，即可求得答案.
【小问1详解】
因为


，
所以的最小正周期为．
【小问2详解】
由（1）知,
因为函数单调递减区间为，（）,
所以令，，
得，，
所以单调递减区间为.
【小问3详解】
因为， 所以，
所以，
又因为，的最大值为2，
所以，解得，
所以的最小值为.
21. 已知函数．用五点法画函数在区间上的图象时，取点列表如下：













（1）直接写出的解析式；
（2）在锐角中，若，且向量与共线，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据“五点法”可得函数的解析式；
（2）由条件结合（1）求，根据向量平行的坐标表示求的解析式，利用三角恒等变换化简函数解析式，结合正弦函数性质求其范围.
【小问1详解】
由题可知函数的最小正周期为，
所以，
因为函数过点，
所以，
，又，
即，
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
因为，
所以.
因为是锐角三角形，
所以，
所以，则，
解得：.
因为向量与共线，
所以
所以.
因为是锐角三角形，
所以，，
解得：，
所以，
所以.
所以的取值范围是.