2022-2023学年江西省智慧上进联盟高一下学期期中调测试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省智慧上进联盟高一下学期期中调测试数学试题含解析，共15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学年江西省智慧上进联盟高一下学期期中调测试数学试题 一、单选题1．是第（    ）象限角.A．一 B．二 C．三 D．四【答案】A【分析】由，进而可判断属于第几象限.【详解】因为，所以是第一象限角.故选：A.2．，，，这四个数中最大的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，判断所在象限，再利用各象限内角的三角函数值的符号判断作答.【详解】因为，则2是第二象限角，4是第三象限角，因此，，，，所以给定的四个数中最大的是.故选：B3．已知，且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据同角三角函数关系求解即可.【详解】由，且，得，所以.故选：A.4．角的度量除了有角度制和弧度制之外，在军事上还有零位制（gradient system）.密位制的单位是密位，1密位等于圆周角的.密位的记法很特別，高位与低两位之间用一条短线隔开，例如1密位写成，1000密位写成.若一扇形的弧长为，圆心角为密位，则该扇形的半径为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意可得密位的圆心角弧度为，进而根据扇形的弧长公式即可求解.【详解】由题意，密位的圆心角弧度为，则该扇形的半径为：.故选：C.5．著名数学家华罗庚先生被誉为“中国现代数学之父”，他倡导的“0.618优选法”（又称黄金分割法）在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.经研究，黄金分割比还可以表示成，则（    ）A．4 B．2 C．1 D．【答案】C【分析】把代入，利用凑特殊角的方法，结合差角的正弦公式求解作答.【详解】，则.故选：C6．如图，在梯形中，，，，，，，分别为，的中点，则（    ）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】建系后写出点的坐标，再求出向量坐标，最后应用向量模长公式求解即可. 【详解】如图建系可得,,,..故选:D.7．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】根据正弦定理可得，根据余弦定理可得，进而代入化简即可.【详解】根据正弦定理，由，得，由余弦定理得，，即，所以.故选：D.8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，是所在平面内一定点，动点满足，，则（    ）A．2 B．1 C． D．【答案】A【分析】取边的中点，借助向量的线性运算并求出，再利用向量加法及数量积运算律求解作答.【详解】在中，令边的中点为，有，于是，，所以，故选：A 二、多选题9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，根据条件，，解三角形，有两解的取值可以是（    ）A．2 B． C． D．4【答案】BC【分析】根据有两解时，代入即可得到答案.【详解】由解三角形,有两解时,故的取值范围为,故选：BC.10．下列命题中错误的是（    ）A．若，且，则B．若，则存在唯一实数使得C．若，，则D．若，则与的夹角为钝角【答案】BCD【分析】根据平面向量共线的性质与数量积的定义判断各选项即可求解.【详解】对于A，由，得或，又，所以，故A正确；对于B，若，，则不存在使得，故B错误；对于C，若，，，则满足，，但与不一定平行，故C错误；对于D，设与的夹角为，由，则，即，故D错误.故选：BCD.11．下列式子中值为的为（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据诱导公式、辅助角公式、两角和与差的正切公式化简各选项即可.【详解】对于A，；对于B，；对于C，；对于D，由，所以.故选：ACD.12．已知函数，满足，，且在上单调，则的取值可能为（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】AB【分析】由，知函数的图象关于直线对称，结合可知是函数的零点，进而得到，，由在上单调，可得，进而，分类讨论验证单调性即可判断.【详解】由，知函数的图象关于直线对称，又，即是函数的零点，则，，即，.由在上单调，则，即，所以.当时，由，，得，，又，所以，此时当时，，所以在上单调递增，故符合题意；当时，由，，得，，又，所以，此时当时，，所以在上单调递增，故符合题意；当时，由，，得，，又，所以，此时当时，，所以在上不单调，故不符合题意.综上所述，或3.故选：AB. 三、填空题13．一个单摆如图所示，小球偏离铅锤线方向的角为，与摆动时间（单位：）之间的函数关系式为，那么单摆完成3次完整摆动所需的时间为______s.【答案】12【分析】根据解析式可得函数的周期，进而求解单摆完成3次完整摆动所需的时间.【详解】由解析式，可得函数的周期，所以单摆完成3次完整摆动所需的时间为.故答案为：12.14．已知，满足，则______.【答案】/【分析】根据正弦函数的对称性得到，再代入计算可得.【详解】因为关于对称，又，满足，所以，所以.故答案为：15．函数的定义域为______.【答案】【分析】根据代数式有意义，可得，进而结合正切函数的图象及性质和一元二次不等式求解即可.【详解】由，解得，所以，即函数的定义域为.故答案为：. 四、双空题16．如图，在中，，，是以为直径的上半圆上的动点（包含端点，），是的中点，则的最大值是______；的最大值是______. 【答案】     2     6【分析】结合题意可得，结合向量的线性运算可得，进而求解的最大值；取的中点，连接交半圆与点，则，结合向量的线性运算可得，可得当与重合时取最大值.【详解】因为，，所以，即,所以,当且仅当与重合时取等号，故的最大值是2.取的中点，连接交半圆与点，则，又，即，当且仅当与重合时取等号，故的最大值是6.故答案为：2；6. 五、解答题17．已知.(1)若角的终边经过点，，求的值；(2)若，求的值.【答案】(1)2(2)3 【分析】（1）先根据诱导公式和同角三角函数关系化简，再根据三角函数定义即可求解；（2）根据同角三角函数关系化简，进而求解.【详解】（1），因为角的终边经过点，，所以.（2）由（1）知，所以.18．已知向量，的夹角为120°，且，，，.(1)若，求的值；(2)若，求的值.【答案】(1)(2)1 【分析】（1）根据平面向量的线性运算解得，进而根据利用向量共线的性质即可求解；（2）根据平面向量的数量积定义求解即可.【详解】（1）联立，解得，因为，所以存在实数，使得，即，又与不共线，所以，即.（2）由（1）知，，，所以，即，所以.19．已知变换：先纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位长度；变换：先向左平移个单位长度，再纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍.请从，两种变换中选择一种变换，将函数的图象变换得到函数的图象，并求解下列问题.(1)求的解析式，并用五点法画出函数在一个周期内的闭区间上的图象；(2)求函数的单调递减区间，并求的最大值以及对应的取值集合.【答案】(1)，图象见解析(2)，；最大值为， 【分析】（1）根据平移变换可得，进而结合五点法画出图象即可；（2）根据正弦函数的图象及性质求解即可.【详解】（1）选择，两种变换均得，列表如下：图象如图所示：（2）令，，解得，，所以函数的单调递减区间为，.当，，即，时，取得最大值，此时对应的的取值集合为.20．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.(1)求角；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平方关系可求得，，进而结合两角和的余弦公式即可求解；（2）根据正弦定理可得、的值，进而结合面积公式即可求解.【详解】（1）因为，所以，，又，所以，即，所以，所以，又，故.（2）由正弦定理得，即，所以，，所以的面积为.21．如图，在中，为重心，，延长交于点，设，.(1)若，求的值；(2)若，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）连接并延长交于，利用三角形重心定理，结合向量的线性运算及平面向量基本定理求解作答.（2）由已知表示出向量，结合（1）中信息，利用平面向量基本定理列式计算作答.【详解】（1）在中，连接并延长交于，因为是重心，则是的中点，，由知，，即，因此，而不共线，且，于是，所以.（2）依题意，，，而，且，因此存在，使得，即，则，解得，所以的值是.22．给出定义：对于向量，若函数，则称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.(1)设向量的伴随函数为，若，且，求的值；(2)已知，，函数的伴随向量为，请问函数的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）结合题意可得，进而得到，根据平方关系可得，进而根据两角差的余弦公式即可求解；（2）结合题意可得，设，结合可得，根据、，可得、，进而得到时，成立，进而求解.【详解】（1）由题意，，由，得，因为，所以，所以，所以，即.（2）由题意，，设，因为，，所以，，，所以，由，得，即，因为，所以，所以，又，所以当且仅当时，和同时等于，此时成立，所以在函数的图象上存在一点，使得.【点睛】关键点睛：本题第（2）问关键在于利用、，得到、，进而得到时，成立，从而求解.