2022-2023学年广东省佛山市第一中学高一下学期第一次教学质量检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省佛山市第一中学高一下学期第一次教学质量检测数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省佛山市第一中学高一下学期第一次教学质量检测数学试题 一、单选题1．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用余弦函数的诱导公式，结合特殊角的余弦函数值进行求解即可.【详解】.故选：A2．角的终边经过点，则的值为A． B． C． D．【答案】D【详解】根据三角函数定义，，，，所以，故选择D.3．若，则A． B． C． D．【答案】D【详解】由有，所以，选D.点睛：本题主要考查两角和的正切公式以及同角三角函数的基本关系式，属于中档题．4．设为所在平面内一点，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算求解作答.【详解】在中，，.故选：A5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角恒等变换公式求解.【详解】所以，所以故选:B.6．在如图的平面图形中，已知,则的值为A． B．C． D．0【答案】C【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解：如图所示，连结MN，由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，，结合数量积的运算法则可得：.本题选择C选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．7．如图是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，记，矩形的面积最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】用来表示出矩形的面积，借助三角函数公式求解.【详解】，显然是等腰直角三角形，故，，故矩形的面积，，根据二倍角公式，辅助角公式化简得：，根据可得，故，即时，矩形面积取到最大值.故选：A8．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可以将的图象（　　）A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度【答案】B【分析】首先根据图象求函数的解析式，再根据平移规律，即可求解.【详解】由图象可知，，，得，由五点法作图可知当时，，得，所以，，，所以可以将向右平移个单位长度，即可得到的图象.故选：B 二、多选题9．下列选项中，与的值相等的是（     ）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】求得的值，对选项逐一化简求值，由此确定正确选项.【详解】，A选项，，符合题意，B选项，，符合题意，C选项，，符合题意，D选项，，不符合题意.故选：ABC10．设，则（    ）A．的最小正周期为 B．是的一条对称轴C．在上单调递增 D．向右平移个单位后为一个偶函数【答案】AC【分析】利用三角函数的周期性，对称性，单调性以及图像的变换逐一验证即可.【详解】A：由题，A正确；B：将代入得，所以不是对称轴，B错误；C：令，，解得，因为包含于解集中，所以在上单调递增，C正确；D：，所以，即平移后不是偶函数，D错误.故选：AC11．定义两个非零平面向量的一种新运算：，其中表示的夹角，则对于两个非零平面向量，下列结论一定成立的是（　　）A．B．C．D．若，则与平行【答案】AD【分析】根据向量的新运算逐个分析判断.【详解】依题意可得，选项A正确；在平行四边形中，取，则表示面积的两倍，表示面积的两倍，表示平行四边形的面积的两倍，而与方向相同，，选项B错误；，当时，，显然不相等，故选项C错误；由，对于两个非零平面向量，，又表示的夹角，，或，即与平行，故选项D正确. 故选：AD12．函数，下列关于该函数结论正确的是（    ）A．的一个周期是 B．的图象关于直线对称C．的最大值为2 D．是上的增函数【答案】ABD【解析】对于A，只需判断是否成立即可，对于B，只需判断是否成立即可，对于C，由，则可判断，对于D，利用复合函数的单调性判断即可【详解】解：因为，所以的一个周期是，所以A正确；因为所以的图象关于直线对称，所以B正确；因为，所以，所以，所以C错误；当时，且单调递增，所以在 上为增函数，同理可判断在 上为增函数，所以是上的增函数，所以D正确，故选：ABD 三、填空题13．不等式的解集是________．【答案】．【分析】利用正切函数的单调性和周期性即可得出【详解】正切函数最小正周期为，在上单调递增，，所以不等式的解集为.故答案为：14．函数的最小值为___________．【答案】.【分析】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于的二次函数，从而得解.【详解】，，当时，，故函数的最小值为．【点睛】解答本题的过程中，部分考生易忽视的限制，而简单应用二次函数的性质，出现运算错误．15．已知cos(＋α)＝，，则的值为________.【答案】【分析】首先化简目标式为，根据已知条件求出、，即可求值【详解】由知：，又∴，，，故∴综上，有故答案为：【点睛】本题考查了利用三角恒等变换求函数值，注意正弦二倍角公式、和角公式化简目标式的应用，根据象限角判断相关角的函数值，进而求目标三角函数的值 四、双空题16．如图，点C在半径为1，圆心角的扇形的弧上运动．已知，则当时，________；的最大值为________．【答案】          【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求出或表示出向量坐标，根据列出方程组，对于第一空，可求得的值，即得答案；对于第二空，设，可求得的表达式，结合三角函数辅助角公式即可求得答案.【详解】以O为坐标原点，以为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则,，当时, ，则,由于，故，即，解得，故；设,则，于是由，得，即，即，故，由于，故当时，取最大值2，即的最大值为2，故答案为：【点睛】方法点睛：结合题意特点，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算解决平面向量基本定理中的求解参数问题. 五、解答题17．已知，且． （1）求的值；（2）若，，求的值．【答案】(1) .(2) .【详解】分析：（1）根据正弦的二倍角公式求解即可；（2）由，然后两边取正弦计算即可.详解：（Ⅰ） ，且，，-------2分于是 ；（Ⅱ）,,,结合得：，            于是 . 点睛：考查二倍角公式，同角三角函数关系，三角凑角计算，对于的配凑是解第二问的关键，属于中档题.18． 已知，，．求：(1)与的夹角．(2)．【答案】(1)(2) 【分析】（1）把展开，代入已知数据，结合数量积的公式求出夹角的余弦公式，即可得夹角； （2）由，利用向量数量积计算.【详解】（1），，，，即，．又的取值范围为， ．（2）可得．19．已知函数．(1)求的最小正周期和对称中心．(2)求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1)，(2)最小值，得最大值． 【分析】（1）利用两角和的正弦公式、倍角公式、辅助角公式化简函数解析式，利用周期公式求的最小正周期，整体代入法求对称中心．（2）时，，结合正弦函数的图像和性质求在区间上的最大值和最小值．【详解】（1），所以的最小正周期．令，解得，所以的对称中心为 ．（2）当时，，．当，即时，取得最小值．当，即时，取得最大值．20． 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色（如图1）某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱（如图2）．开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱.摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时．           (1)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，求的解析式．(2)问：游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为30米？【答案】(1)，(2)5分钟或25分钟 【分析】（1）利用正弦型函数的一般式结合题意，求出；（2）根据（1）求出的表达式，将化简求得.【详解】（1）设由题意知：，，故，可取，故解析式为：，.（2）令，则，即．因为，则，所以或，解得或，故游客甲坐上摩天轮5分钟或25分钟时，距离地面的高度恰好为30米21．已知函数在区间单调，其中为正整数，，且．(1)求图像的一条对称轴；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由函数在区间上的单调性确定最小正周期的范围，再由函数值相等即可确定对称轴；（2）根据对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，即可得解.【详解】（1）因为函数在区间单调，所以函数的最小正周期，又因为，所以直线即为图象的一条对称轴；（2）由（1）知，故，由，得或3．由为的一条对称轴，所以．因为，所以或，若，则，即，不存在整数，使得或3；若，则，即，不存在整数，使得或3．当时，．此时，由，得．22．函数（其中，，）的部分图象如图所示，把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象.(1)当时，求函数的单调递减区间；(2)对于，是否总存在唯一的实数，使得成立？若存在，求出实数m的值或取值范围；若不存在，说明理由.【答案】(1)单调递减区间为(2)存在， 【分析】（1）根据函数图象可得与周期，从而可求得，再利用待定系数法求出，再根据平移变换的原则即可得函数的解析式，再根据三角函数的单调性结合整体思想即可得解；（2）由，得，分别求出和的范围，再根据题意可得的范围是的范围的子集，进而可得出答案.【详解】（1）由函数图象可知，，，∴，，∴，当时，，∴，由得，∴，由，得，由，解得，，∴函数的单调递减区间为；（2）由，得，由，可得，∴，∴，又，得，所以， 由的唯一性可得：即，由，得，解得，综上所述，当时，使成立.