2022-2023学年海南省屯昌中学高一下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年海南省屯昌中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由交集定义可直接求得结果.

【详解】由交集定义知：.

故选：C.

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据诱导公式即可.

【详解】.

故选：B.

3．已知向量，若，则实数（    ）

A．2 B． C．-1 D．-2

【答案】B

【分析】利用向量垂直的条件直接求得.

【详解】因为向量，且，

所以，解得：.

故选：B

4．命题p：“”，命题q：“”，则p是q的（    ）．

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】首先求解不等式的解集，再根据集合的包含关系，即可判断选项.

【详解】不等式，解得：，

因为，

所以是的充分不必要条件.

故选：A

5．已知，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先利用二倍角公式化简，再根据齐次分式形式，用表示，即可求解.

【详解】.

故选：D

6．如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可

【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，

所以

,

故选：A

7．若是函数的零点，则属于区间（    ）.

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意是函数的解，根据指数函数和幂函数的增减性进行解答即可.

【详解】由题意，根据指数函数和幂函数的性质，可得，

所以，即.

又为上的减函数，

由零点存在定理，可得函数有且只有一个零点且零点.

故选：B．

8．湖北省第十六届运动会将于年月在宜昌举行，为了方便宜昌市民观看，夷陵广场大屏幕届时会滚动直播赛事，已知大屏幕下端离地面米，大屏幕高米，若某位观众眼睛离地面米，则这位观众在距离大屏幕所在的平面多远，可以获得观看的最佳视野？（最佳视野是指看到屏幕上下夹角的最大值）（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，表示出，，利用两角和差正切公式，结合基本不等式可确定当时，取得最大值，由此可得结论.

【详解】如图所示，

由题意知：，，

设，则，，

（当且仅当，即时取等号），

，当时，可以获得观看的最佳视野.

故选：B.

二、多选题

9．已知，则下列计算正确的有（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据指对互化，得，再根据指数运算判断其他选项.

【详解】因为，所以，故A正确；

则，且，所以，故B正确；

，故C正确；

，故D错误.

故选：ABC

10．下列与平面向量相关的结论正确的是（    ）．

A．在四边形中，若，则该四边形为平行四边形

B．对任意一个等边，都成立

C．对于非零向量，，成立的充要条件是，方向相同

D．对于非零向量，，成立的充要条件是，方向相同

【答案】AD

【分析】根据向量相等的定义，以及向量数量积的公式，即可判断选项.

【详解】A.由向量相等可知，，且，所以四边形为平行四边形，

故A正确；

B. 对任意一个等边，应是都成立，故B错误；

C.因为，所以，若，

则，则或，即，方向相同或相反，

反过来，，方向相同，则，即，

所以应是充分不必要条件，故C错误；

D. 对于非零向量，，成立的充要条件是，方向相同，

故D正确.

故选：AD

11．下列关于函数的说法正确的是（    ）.

A．函数的图象是通过把的图象向右平移个单位长度得到的

B．函数的图象上相邻两条对称轴之间的距离为

C．函数的图象关于点中心对称

D．若函数为偶函数，则的绝对值最小为

【答案】BCD

【分析】根据平移变换法则判断A，根据函数的周期判断B，根据对称中心结论判断C，根据偶函数的性质判断D.

【详解】对于A，把的图象向右平移个单位长度得到，错误；

对于B，函数的图象上相邻两条对称轴之间的距离为，正确；

对于C，令得，所以函数的对称中心为，

当时，函数的图象关于点中心对称，正确；

对于D，，若函数为偶函数，

则，所以，当时，，

当时，，所以函数为偶函数，则的绝对值最小为，正确.

故选：BCD

12．若x，y满足，则（    ）.

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假，其中C选项，利用三角换元及三角恒等变换进行求解.

【详解】因为（R），由可变形为，

，解得，当且仅当时，，

当且仅当时，，故A正确，B错误；

由可变形为，解得，

当且仅当时取等号，故D正确；

因为变形可得，

设，所以，

因此

，所以当时，即时，

此时，取到最大值2，故C错误.

故选：AD.

【点睛】易错点点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

三、填空题

13．      ．

【答案】

【分析】利用两角差的正弦公式可求得结果.

【详解】.

故答案为：.

14．已知函数，则          ．

【答案】

【分析】首先根据分段函数求，再求的值.

【详解】，所以.

故答案为：

15．设为单位向量，且，则              .

【答案】

【分析】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.

【详解】因为为单位向量，所以

所以

解得：

所以

故答案为：

【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题.

16．在中，由以下各个条件分别能得出为等边三角形的有：      .

①已知且；②已知且；

③已知且；④已知且.

【答案】①③

【分析】根据余弦定理求得边的关系即可判断①，利用正弦值求解角即可判断②，利用边的关系及完全平方式判断③，利用正弦定理及二倍角求出角判断④.

【详解】对于①，因为，所以，由余弦定理得，，

又，所以，所以，所以，所以，

所以为等边三角形；

对于②，因为，，所以或，

当时，，所以，所以为等边三角形；

当时，，所以为等腰三角形；

对于③，因为且，所以，所以，所以，

又，所以，所以为等边三角形；

对于④，因为，所以，即，所以，

所以或，所以或，

当时，，所以，所以为等边三角形；

当时，，所以，所以为直角三角形；

故答案为：①③

【点睛】方法点睛：判断三角形形状的方法：（1）如果题目给的边的关系，往往配方找到边的等量关系判断，（2）利用余弦定理化边为角，判断三角形的形状，（3）利用正弦定理化角为边，利用边长关系判断三角形的形状，其中边角互化是解决此类问题的关键.

四、解答题

17．已知向量.

(1)若，求.

(2)若，且，求的坐标.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）直接利用向量的线性坐标运算计算即可；

（2）设出向量的坐标，利用模的坐标公式及共线的坐标公式列方程计算即可.

【详解】（1）因为向量，，所以；

（2）设，因为，且，所以，

所以或，所以或.

18．如图所示，已知在正方形中，E，F分别是边，的中点，与交于点M.

(1)设，，用，表示，；

(2)猜想与的位置关系，写出你的猜想并用向量法证明你的猜想.

【答案】(1)，

(2)，证明见解析

【分析】（1）利用向量的线性运算求解即可；

（2）用基底表示两个向量，利用数量积的运算证明即可.

【详解】（1），

；

（2），证明如下：

由（1）知，，

所以，

设，则，

所以，所以，得证.

19．已知函数，其中，.

(1)将化简成的形式；

(2)求使取得最大值的自变量x的集合.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积的坐标运算及三角恒等变换化简即可；

（2）结合正弦函数取得最大值的结论，换元法即可求得.

【详解】（1）

.

（2）由（1）知，，则当时，

即时，取得最大值2，

所以使取得最大值的自变量x的集合为.

20．在中，已知角，，．

(1)求角A；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理求得角，结合角C即可求角；

（2）根据三角形面积公式，结合三角恒等变换，即可求解.

【详解】（1）根据正弦定理，，，，，

所以，且，所以，

所以角；

（2），

所以.

21．已知函数为奇函数.

(1)求的定义域和a的值；

(2)证明：是的充要条件；

(3)直接写出的单调区间和值域.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

(3)的单调减区间为和，无增区间，值域

【分析】（1）先由分母不为0求出函数的定义域，再根据奇函数的性质求的值.

（2）从充分性和必要性两方面结合指数函数的值域证明即可；

（3）先判断函数的单调性，然后利用定义法证明，利用求解函数的值域.

【详解】（1）由题意，，所以，故的定义域为，

又为奇函数，所以恒成立，而，

故恒成立，所以恒成立，所以，所以；

（2）由（1）知，，

充分性：当时，，所以，所以；

必要性：若，则，所以，所以，即，解得；

综上，是的充要条件.

（3），则在和上单调递减，

证明如下：任取，且，

则，

由于，，所以，

所以在上单调递减，同理可证在上单调递减.

因为，所以，，因为，所以或，

所以函数的值域为.

22．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)在中，A为锐角且，，猜想的形状并证明.

【答案】(1)

(2)直角三角形，证明见解析

【分析】（1）由最值求，由周期求，再由，可求，进而可求函数解析式；

（2）利用正弦定理进行边角互换，然后化简即可得到，从而判断三角形形状.

【详解】（1）由题意可得，，

故，

又因为，故，

所以，所以.

（2）为直角三角形.证明如下：

因为，所以，又A为锐角，所以，解得，

由得，所以，

所以，所以，即，

又，所以，所以，所以为直角三角形.

【点睛】方法点睛：已知的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法：

（1）由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出.

（2）代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或零点）坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.