山东省日照市2022-2023学年高一数学下学期期中校际联合考试试题（Word版附解析）

2022级高一下学期期中校际联合考试

数学试题

2023.4

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：本大题共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. 若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知求出，然后根据诱导公式，即可得出答案.

【详解】根据已知可得，，

所以，.

故选：D.

2. 已知角的终边过点，则的值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出点的坐标，进而根据三角函数的定义求得答案.

【详解】由题意，点的坐标为，则.

故选：C.

3. 函数部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊区间上的正负即可结合图象，利用排除法求解.

【详解】由得，所以为奇函数，故排除B,又当时， 故，此时排除A,

当时， 故，此时排除D,

故选：C

4. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，且．若，则（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量减法的几何意义，化简整理即可得出答案.

【详解】因为，所以有，

整理可得.

故选：A.

5. 将函数的图像上所有的点向左平移个单位长度，再把图像上各点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意将图象上所有点横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移个单位长度可得的的图象，从而可求出的解析式.

【详解】因为函数的图像上所有的点向左平移个单位长度，再把图像上各点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，

所以将图象上所有点横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，

得，再向右平移个单位长度可得

的图象.

故选：B.

6. 已知函数，下列结论正确的是（    ）

A. 函数图像关于对称

B. 函数在上单调递增

C. 若，则

D. 函数的最小值为

【答案】A

【解析】

【分析】本题首先可以去绝对值，将函数变成分段函数，然后根据函数解析式绘出函数图像，最后结合函数图像即可得出答案.

【详解】由题意可得：

，

即可绘出函数图像，如下所示：

故对称轴为，A正确；

由图像易知，函数在上单调递增，上单调递减，B错误；

要使，则，

由图象可得或、或，

故或或，C错误；

当时，函数取最小值，最小值，D错误，

故选：A．

【点睛】本题考查三角函数的相关性质，主要考查三角函数的对称轴、三角函数的单调性以及三角函数的最值，考查分段函数，考查数形结合思想，是难题.

7. 如图等腰直角三角形OAB，OB＝1，以AB为直径作一半圆，点P为半圆上任意一点，则的最大值是（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】建立直角坐标，应用圆上点的坐标及向量数量积的坐标运算计算即可.

【详解】 

如图以 OA , OB 所在直线分别为轴，轴建系．则

以AB为直径作一半圆，点P为半圆上任意一点，

半圆为,

设，则.

．

故选：D．

8. 已知函数的图像关于直线对称，若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据辅助角公式化简，即可得出最大值为，求出，进而根据已知可得或，求解即可得出.然后求出函数的周期结合已知条件，即可得出答案.

【详解】由已知可得，最大值为，

其中，，，

.

因为是的对称轴，所以或.

当时，

平方整理可得，解得；

当时，显然，

平方整理可得，解得（舍去）

故，

所以，，

所以，.

因为，设，

则必有，.

因为的最小正周期为，

所以，的最小值为，

所以，最小值为.

故选：C.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 下列函数中，既为偶函数又在上单调递减的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】逐项研究函数的奇偶性与单调性即可.

【详解】对于A，∵，且函数的定义域为，

∴函数为偶函数，又时，，且函数在

上单调递增，∴函数在上单调递减，故A符合题意；

对于B，∵，且函数定义域为，

∴函数为偶函数，当时，，

且函数在上单调递减，

∴函数在上单调递减，故B符合题意；

对于C，∵，

∴函数在上单调递增，故C不符合题意；

对于D，记，

则，∴，

∴函数不是偶函数，故D不符合题意.

故选：AB.

10. 函数的部分图象如图所示，若函数的图象由图象向左平移个单位得到，则关于函数的描述正确的是（    ）

A.

B.

C. 函数的图象关于对称

D. 函数的图象关于中心对称

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据图象可求出，根据已知点的坐标，结合参数的取值范围可推得.根据平移得出的解析式，即可判断A、B项；代入检验，结合正弦函数的性质，即可得出C、D项.

【详解】对于A项，由图象可得，，且在的附近单调递减，

所以.

因为，所以，

所以，，

所以，.

又因为，所以.

又，所以，

所以，.

则由图象向左平移个单位，得到，故A错误；

对于B项，由A知，，故B正确；

对于C项，因为，是函数的一条对称轴，所以函数的图象关于对称，故C正确；

对于D项，因为，是函数的一个对称中心，所以函数的图象关于中心对称，故D正确.

故选：BCD.

11. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形ABCDEFGH的边长为1，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则（    ）

A. 与能构成一组基底 B.

C. 在向量上的投影向量的模为 D. 的最大值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】A选项，作出辅助线，证明出，从而建立平面直角坐标系，写出点的坐标，得到与平行，故A错误；

B选项，求出得到B正确；

C选项，求出，，利用投影向量的计算公式求出答案；

D选项，取的中点，得到，求出的最大值，从而得到的最大值.

【详解】连接AF，

因为，故，

因为，故，

故，

以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，

则

故，

故，

所以与平行，不能构成一组基底，A错误；

，，，

，

故，B正确；

，，，

故在向量上的投影向量的模长为，C正确；

取的中点，则，，

则，，

两式相减得：，

当点与点或重合时，最大，

最大值为，

则的最大值为，D正确.

故选：BCD

【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：

①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；

②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.

12. 由倍角公式可知，可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式（，，…，），使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据两角和的余弦公式，以及二倍角的正余弦公式化简可得，根据定义即可判断A项；根据二倍角公式可推得，即可得出B项；根据诱导公式以及A的结论可知，，.平方相加，即可得出，进而求出C项；假设D项成立，结合C项，检验即可判断.

【详解】对于A项，.

由切比雪夫多项式可知，，

即.

令，可知，故A项错误；

对于B项，.

由切比雪夫多项式可知，，

即.

令，可知，故B项正确；

对于C项，因为，，

根据A项，可得，

.

又，所以，

所以，.

令，可知，

展开即可得出，

所以，解方程可得.

因为，所以，

所以，，

所以，，故C项正确；

对于D项，假设，

因为，

则，

显然不正确，故假设不正确，故D项错误.

故选：BC.

【点睛】方法点睛：根据题意多项式的定义，结合两角和以及二倍角的余弦公式，化简可求出，换元即可得出.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则____________．

【答案】

【解析】

【分析】由已知可得，然后根据诱导公式即可得出答案.

【详解】因为，

所以，.

故答案为：.

14. 已知向量，，且与垂直，则____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据向量的运算表示出，然后根据向量垂直的坐标表示，列出方程，求解即可得出答案.

【详解】由已知可得，，.

因为与垂直，

所以，

即，解得.

故答案为：.

15. 函数在上是减函数，且在上恰好取得一次最小值，则的取值范围是____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据的最值情况，即可得出.根据函数的单调性，结合求得的范围，列出不等式组，求解即可得出答案.

【详解】因为，所以.

因为在上恰好取得一次最小值，

所以，所以.

因为，所以.

因为，在上是减函数，

根据余弦函数的单调性可知，解得.

所以，

故答案为：.

16. 已知非零向量，，对任意实数，恒成立，则的取值范围是____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据已知平方，整理得出关于的二次不等式，根据不等式恒成立，得出，整理即可得出.讨论，结合图象以及几何性质，即可得出答案.

【详解】因为，所以有，

展开整理可得，，对恒成立.

由已知，

则应有，

即，所以，

即.

①当时有，，此时有；

②当时，有，

如图，，，

则为的斜边，所以，.

综上所述，.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：根据已知平方，整理得出关于的二次不等式，根据不等式恒成立，即可得出关系式.

四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 已知向量，．

（1）若，求的值；

（2）若，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量共线坐标表示，整理即可得出，进而得出答案；

（2）由已知可推得，然后根据向量垂直的坐标表示，即可得出.然后根据正余弦的关系，推得，根据二倍角公式，即可得出答案.

【小问1详解】

由于，所以，

所以，所以．

【小问2详解】

由于，所以，

即，所以，

故，即.

又，

所以，

．

18. 已知函数．

（1）求函数的最小正周期，最大值及取最大值时相应的值；

（2）如果，求的取值范围．

【答案】（1）; 当时，取得最大值2．（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质可求得结果；

（2）根据正弦函数的图象可求得结果.

【详解】（1）

，

所以的最小正周期等于．

当，时，取得最大值2．

（2）由，得，得，

所以，

即的取值范围为.

19. 已知函数的图像关于中心对称，且图像上相邻两个对称轴的距离为．

（1）求函数的解析式；

（2）设，，且，若，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知可得出，.根据对称中心即可得出，根据的范围，即可得出答案；

（2）根据已知得出的范围，结合已知以及正弦函数的性质，即可得出，进而得出，代入即可得出答案.

【小问1详解】

因为函数的图象上相邻两个对称轴的距离为，

所以，即，

所以，

所以.

又因为的图象关于中心对称，

所以，

所以.

由可得，，

所以．

【小问2详解】

因为，

所以，.

因为，

所以，关于对称轴对称.

因为，函数在上的对称轴只有，

所以，，

所以，

所以．

20. 设是半径为1的圆O内接正2024边形，M是圆O上的动点．

（1）求的取值范围；

（2）试探究是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）是，4048

【解析】

【分析】（1）根据向量加法的多边形法则，化简可得原式.然后根据已知，即可得出答案；

（2）根据已知可得出， .根据向量的减法运算可得，代入原式，根据数量积的运算律展开化简，即可得出，进而得出答案.

【小问1详解】

由已知可得，.

因为是半径的圆O内接正2024边形，M是圆O上的动点，

所以，

所以，．

【小问2详解】

是定值，定值为4048.

因为是半径为1的圆O内接正2024边形，

所以，，

所以，，

所以

.

21. 如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕点按逆时针方向旋转后与单位圆相交于点，设．

（1）求的值；

（2）若函数，求的单调递增区间；

（3）在（2）的条件下，函数的最小值为，求实数的值．

【答案】（1）   

（2）   

（3）或

【解析】

【分析】（1）由三角函数定义可得；方法一：将直接代入即可求得；方法二：利用两角和差公式和辅助角公式化简得到，代入即可；

（2）由（1）可得，根据正弦型函数单调区间的求法可求得结果；

（3）结合诱导公式和二倍角公式，采用换元法可将转化为关于的二次函数的形式，讨论对称轴位置即可利用最小值构造方程求得的值.

【小问1详解】

由题意知：，，

方法一：；

方法二：，

.

【小问2详解】

由（1）得：，

令，解得：，

的单调递增区间为.

【小问3详解】

由（2）得：，

令，则，

是开口方向向下，对称轴为的抛物线，

①当，即时，，解得：；

②当，即时，，解得：；

综上所述：或.

【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数单调区间、与正弦函数有关的复合函数最值的求解问题；本题根据最值求解参数值的关键是能够结合二倍角公式，将问题转化为关于变量的二次函数的形式，进而利用含参数二次函数最值的求法来进行讨论.

22. 某小区地下车库出入口通道转弯处是直角拐弯双车道，平面设计如图所示，每条车道宽为3米．现有一辆汽车，车体的水平截面图近似为矩形ABCD，它的宽AD为2米，车体里侧CD所在直线与双车道的分界线相交于E、F，记．

（1）若汽车在转弯的某一刻，A，B都在双车道的分界线上，直线CD恰好过路口边界O，且，求此汽车的车长AB；

（2）为保证行车安全，在里侧车道转弯时，车体不能越过双车道分界线，求汽车车长AB的最大值；

（3）某研究性学习小组记录了里侧车道的平均道路通行密度（辆/km），统计如下：

现给出两种函数模型：

①（，，）；

②，

请你根据上表中的数据，从①②中选择最合适的函数模型来描述里侧车道早七点至八点的平均道路通行密度（单位：辆/km）与时间x（单位：分）的关系（其中x为7：00至8：00所经过的时间，例如7：30即分），并根据表中数据求出相应函数的解析式．

【答案】（1）   

（2）   

（3）选①，．

【解析】

【分析】（1）作EM⊥OM，垂足为M，作FN⊥ON，垂足为N，借助直角三角形，即可得出答案；

（2）由已知可求得，.换元令，求出的范围，根据与的关系，可得，.换元，得出，.根据函数的单调性，即可得出答案；

（3）根据表中数字得出模型，代入数值即可求出答案.

【小问1详解】

作EM⊥OM，垂足为M，作FN⊥ON，垂足为N，

因为，所以，

在Rt△ADE中，.

在Rt△BCF中，.

在Rt△OME中，，

在Rt△ONF中，.

所以，

所以当时，汽车车长AB为米．

【小问2详解】

因为，所以，，，，

所以

，.

令，则.

因为，所以，

所以.

又，

所以，.

令，则，则，

所以.

易知在单调递增，且，

所以在单调递减，

所以，当，即时，AB取最小值米，

所以，若汽车在里侧车道转弯时对任意，此车都不越中间车道线，可得汽车车长的最大值为米．

【小问3详解】

由表可得，里侧车道通行密度有最大值和最小值，适用模型，

易得，所以.

又，，

所以．

【点睛】思路点睛：构造直角三角形，用的三角函数值表示出所求值，化简根据三角函数的性质，解决问题.