浙江省宁波市镇海中学2021-2022学年高一数学上学期期末试题（Word版附解析）

镇海中学2021学年第一学期期末考试

高一年级数学试卷

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 化为弧度是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据，即可求出结果.

【详解】因为，所以.

故选：B

2. 已知角的终边经过点，且，则

A. 8 B.  C. 4 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用三角函数的定义，列出方程，即可求解，得到答案.

【详解】由题意，可得，

根据三角函数的定义，可得且，解得.

故选B.

【点睛】本题主要考查了三角函数的定义的应用，其中解答中熟记三角函数的定义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3. 已知，，，则下列不等关系中必定不成立的是（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角函数值的符号可求的范围，从而可得正确的选项.

【详解】因为，，故，

同理，

故，

故的终边不在第二象限，故B不成立，

故选：B.

4. 要得到函数的图象，只要将函数的图象

A. 向左平行移动个单位 B. 向右平行移动个单位

C. 向右平行移动个单位 D. 向左平行移动个单位

【答案】B

【解析】

【分析】把化简即得解.

【详解】由题得，

所以要得到函数的图象，只要将函数的图象向右平行移动个单位，

故选B

【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.

5. 在上，满足的的取值范围是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据的函数图象结合特殊角的三角函数值，即可容易求得结果.

【详解】根据的图象可知：当时，或，

数形结合可知：

当，得．

故选：.

【点睛】本题考查利用三角函数的图象解不等式，属简单题.

6. 在中，，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】因为，所以，化简整理，可得，即，再根据基本不等式，即可得到结果.

【详解】在中，，

所以

，

设在中，设，

所以，所以，当且仅当时，取等号.

故选：D.

7. 已知，为锐角，且，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】运用降幂公式，结合两角和的余弦公式进行求解即可.

【详解】

由，

设，

得：

，

化简得：，

即，

故选：A

8. 已知函数，若函数恰有2个零点，，且，且的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据绝对值的性质，结合二次函数的性质、函数零点的定义，分类讨论进行求解即可.

【详解】当时，

，

当时，，

当时，当时，函数单调递增，即，

当时，函数单调递增，即，

所以当时，函数单调递增，且当时，，

当时，，因此函数有一个零点，不符合题意；

当时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，

故函数有最小值，最小值为，

当时，函数单调递减，而，

当时，因为，所以有，这时函数有两个零点，

且，是方程的两个根， 则有，

则有，设，显然，

所以有：，

即，而，

所以，或，而，

所以，或，

由，而，

所以有且，所以，故舍去，

因此；

当时，因为，所以有，即，

当时，因为，所以，

此时，因，所以，

因此有，而，所以有 ，

综上所述：，

故选：B

【点睛】关键点睛：利用分类讨论思想，结合二次函数的性质是解题的关键.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列函数中，周期为1的函数是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】正(余)弦型函数 ()的最小正周期为 、正切型函数的最小正周期为.

【详解】对于A：

，，故A正确；

对于B：

，，故B正确；

对于C：

，，故C错误；

对于D：

，，故D错误.

故选：AB

10. 对于任意向量，，，下列命题中不正确的是（    ）

A. 若，则与中至少有一个为 B. 向量与向量夹角的范围是

C. 若，则 D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的定义，结合平面向量互相垂直的性质逐一判断即可.

【详解】A：当与中都不是，时，也能得到，所以本命题不正确；

B：当两个平面向量反向平行时，它们的夹角为，所以本命题正确；

C：因为，所以有，所以本命题正确；

D：，所以本命题正确，

故选：AB

11. 下列各式中值为1的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】逆用两角和的正切公式、二倍角公式、两角和的正弦公式，结合特殊角的三角函数值进行求解即可.

【详解】A：，符合题意；

B：，不符合题意；

C：，符合题意；

D：，符合题意，

故选：ACD

12. 已知函数，若存在实数，使得是奇函数，则的值可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据是奇函数，可得，由此可求出，，对进行取值，由此即可求出结果.

【详解】因为函数，所以，

若存在实数，使得是奇函数，

所以

又，

所以，

所以且，

所以，，

所以，

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

所以的值可能为.

故选：AC.

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 一个扇形的弧长与面积的数值都是5，则这个扇形中心角的弧度数为__________．

【答案】

【解析】

【详解】设扇形的半径为，由题意可得：，

据此可得这个扇形中心角的弧度数为.

14. 在中，，M为BC的中点，则_______．（用表示）

【答案】

【解析】

【详解】解：，，所以。

15. 在半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝60o，C为弧上的动点，AB与OC交于点P，则的最小值是_____．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：设弦中点为,则，若同向，则；若反向，则，故的最小值在反向时取得，此时，，当且仅当时取等号，即的最小值是

考点：向量数量积、基本不等式求最值

16. 已知函数恰有3个零点，则的取值范围是___________.

【答案】##

【解析】

【分析】先求出函数在区间上的4个零点，然后结合已知及分段函数的定义，分两种情况讨论即可得答案.

【详解】解： 令，得；

令，得或，即或，

又，所以或或或，

因为恰有3个零点，

所以，当时，有3个零点，，；

当时，有3个零点，，；

所以的取值范围是，

故答案为：.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知，且.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由题意可知，再根据，结合题意，可求出，进而求出；

（2）由（1）可知，，所以，解关于的方程，再结合，即可求出结果.

【小问1详解】

解：∵，所以，

又，

所以，

所以，所以，

所以．

【小问2详解】

解：由（1）可知，，所以，

解得或.

又，所以，

所以或.

18. 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.

（1）求的值；

（2）若角满足，求的值.

【答案】（1）   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得结果

（2）根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.

【小问1详解】

由角的终边过点，得，

.

【小问2详解】

由角的终边过点，得，，

由，得.

由，得，

分别代入得，或.

19. 已知，，.

（1）求的值；

（2）求与的夹角.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）对化简可求出，而，代值计算即可，

（2）先求出和的值，再利用向量的夹角公式求解即可

【小问1详解】

由，得，

因为，，

所以，所以，

所以

【小问2详解】

设与的夹角为，

因为，

，

所以，

因为，所以

20. 已知函数某一周期内的对应值如下表：

（1）根据表格提供的数据求函数的解析式；

（2）根据（1）的结果，若函数的最小正周期为，当时，方程恰有两个不同的解，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先根据的最小正周期求出，再根据函数的最值求出A,B的值，解方程得到的值，即得函数的解析式；

（2）先根据函数的最小正周期求出n的值，再通过数形结合分析得到实数m的取值范围.

【详解】（1）设的最小正周期为T，则，由得.

又由，解得.

令，

即，解得.

，，

.

（2）函数的最小正周期为，且，.

令，，，

由，得，

故的图象如图.

若在上有两个不同的解，则，

即，解得，

方程在恰有两个不同的解时，，

即实数m的取值范围是.

【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求法，考查三角函数的图象和性质，考查三角方程的有解问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

21. 在如图所示的平面图形中，已知，，，，求：

（1）设，求的值；

（2）若，且，求的最小值及此时的夹角.

【答案】（1）   

（2）的最小值为，为.

【解析】

【分析】（1）由向量减法公式，结合题意和平面向量共线定理，即可求得，进而求出结果；

（2）记，因为，所以，设，根据平面向量加法理和平面向量共线定可得，进而求得，化简整理可得，再根据二次函数和余弦函数的性质，即可求出结果.

【小问1详解】

解：因为，，

所以，所以，

即.

【小问2详解】

解：记，

因为，所以，

设，则，

所以

当时，取最小值，即最小值，

又，所以，所以，

即，

所以的最小值为，此时为.

22. 已知函数，其中.

（1）设，，求的值域；

（2）若对任意，，，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求函数的导数，根据导数的正负判断其单调性，求出函数的值域；

（2）采用换元法，将变换为，再根据在给定区间上二次函数的最值问题的求解方法，求得的最大值，解不等式求得结果.

【小问1详解】

’,则，

因为，故，

所以在时是单调增函数，

而，

故；

【小问2详解】

令，，则，

则， ，

即为 ，

所以其图象对称轴为

故 ，

对任意，，

等价于；

当 时，，

令 ，解得 或，与矛盾，

故此时不适合题意；

当时，，

此时，

令，整理得 ，

因为 ，故该式无解，不适合题意；

当时，，

此时，

令，整理得 ，

解得 ，适合题意,

综上述实数的取值范围是.