天津市武清区2023_2024学年高三数学上学期第一次阶段性练习试题含解析

这是一份天津市武清区2023_2024学年高三数学上学期第一次阶段性练习试题含解析，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 化为角度是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据弧度化角度公式直接求解即可.
【详解】.
故选：B
2. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求解即可.
【详解】由题意，.
故选：D.
3. 在中，“”是“为直角三角形”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】A
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义即可求出．
【详解】当时，即，∴，即，所以直角三角形；
当为直角三角形时，直角不一定是角，当直角不是角时，；
所以“”是“为直角三角形”的充分不必要条件．
故选：A．
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，以及向量数量积的定义的理解，属于基础题．
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式求解即可.
【详解】.
故选：A
5. 在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（）
A. 无解B. 有一解
C. 有两解D. 解的个数不确定
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理解出再根据，得到，可得角有两个解.
详解】由正弦定理，得，解得.
因为，所以.又因为，所以或，故此三角形有两解.
故选：C.
6. 在中，是边上一点，且，若，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形的特征，则向量的线性运算，把用表示，得到的值.
【详解】中，是边上一点，且，如图所示，
则，
所以的值为.
故选：D
7. 已知向量，，，则实数k的值为（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：B
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则下列结论正确的是（）
A.
B. 为锐角三角形
C. 若，则的面积是
D. 若外接圆半径是R，内切圆半径为r，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件求出三角形三边的比值，利用正弦定理和余弦定理可以判断选项错误；对于求出三边长后，可利用三角形面积公式求解；对于利用正弦定理和等面积法可求出外接圆半径R，内切圆半径，可判断正确.
【详解】设则
对于故错误；
对于角为钝角，故错误；
对于若，则
所以的面积故错误；
对于由正弦定理
的周长所以内切圆半径故正确.
故选：
9. 将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的有（）个
①函数的最小正周期为；
②函数在区间上单调递增；
③函数在区间上的最小值为；
④是函数的一条对称轴.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得.对于①,由最小正周期计算公式可判断选项；对于②③，利用的单调性可判断选项正误；对于④，验证是否在处取最值可判断选项正误.
【详解】由题.
对于①，由题可得其最小正周期为，故①错误；
对于②，由，则，
因在上单调递增，在上单调递减，
则不在区间上单调递增，故②错误；
对于③，时，.
因在上单调递增，在上单调递减，
则此时.故③正确；
对于④，注意到，则不是的一条对称轴，故④错误.
故选：A
二、填空题
10. =_________
【答案】
【解析】
【分析】利用特殊角的三角函数值来计算.
【详解】
.
故答案为：.
11. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据诱导公式及同角关系,即可得到结果.
【详解】∵
∴
当在第一象限时,,即；
当在第二象限时,,即.
∴
故答案为:
【点睛】本题考查同角的三角函数的关系,本题解题的关键是诱导公式的应用,熟练应用诱导公式是解决三角函数问题的必备技能．
12. 已知向量，，且，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标运算求解.
【详解】因为，则，解得.
故答案为：.
13. 设平面向量，满足，，则在方向上的数量投影为___________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据投影的定义即可结合数量积求解.
【详解】在方向上的数量投影，
故答案为：6
14. 已知，，，则向量与的夹角为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量的夹角公式可求出结果.
【详解】设向量与的夹角为，
，
因为，所以.
故向量与的夹角为.
故答案为：
15. 已知扇形AOB面积为，圆心角为120°，则该扇形的半径为_____，弧长为______.
【答案】 ①. ##1.5 ②.
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式和弧长公式计算即可.
【详解】设扇形的半径为，
因为扇形AOB的面积为，圆心角为，
由扇形的面积，可得：，解得：，
可得扇形的弧长.
故答案为：；．
四、解答题
16. （1）已知．求的值．
（2）已知函数.求的解析式及最小正周期.
【答案】（1）；（2），最小正周期为.
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式和同角三角函数的关系化简求值；
（2）利用诱导公式、降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，根据周期公式求最小正周期.
【详解】（1）已知，
则
（2）
.
最小正周期为.
17. 在中，三个内角A､B､C所对的边分别为a､b､c，且.
（1）求B；
（2）若，三角形的面积，求b.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，结合已知条件即可求解；
（2）利用三角形面积公式可得，然后结合和即可求解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
又，所以，
又因为，故.
小问2详解】
由可得，
又因为，，
所以，
所以.
18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【解析】
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a因此，
所以，
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
19. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的最小正周期及解析式；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1），
（2）.
【解析】
【分析】（1）由图象可知，相邻的对称中心和对称轴距离相差，再代入关键点可得解析式；
（2）根据图象的变换得到解析式，再根据正弦函数的图象与性质可得其在区间上最值.
【小问1详解】
由图象可知的最大值为1，最小值-1，故；
又∴，
将点代入，
∴，
∵∴
故答案为：，.
【小问2详解】
由的图象向右平移个单位长度得到函数
∵
∴
∴当时，即，；
当时，即，
故答案为：
20. 已知，设．
（1）求当取最大值时，对应的x的取值；
（2）若，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换得，结合正弦型函数得性质求取最大值时对应的x取值.
（2）由题设可得，再由及差角正切公式列方程求.
【小问1详解】
，
所以取最大值时，，则.
所以
【小问2详解】
由题设，又，则，
所以，
由，
所以，即，