上海民办南模中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 已知，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦函数二倍角公式，将被开方数化为完全平方数，结合的范围即可得解.
【详解】因为，所以，
所以 .
故答案为：.
2. 函数值域是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用整体法求值域.
【详解】
，
又，
.
的值域为.
故答案为：
3. 已知，则_______________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二倍角的正切公式即可得到答案.
【详解】由，可得，
故．
故答案为：.
4. 若在中，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积的定义和余弦定理可求的值.
【详解】
,
故答案为：.
5. 函数的部分图象如图所示，则______．

【答案】##
【解析】
【分析】根据图象求得，进而可得，再代入最大值点即可求得的值，进而可求得.
【详解】由已知可得，，所以，所以，
所以.
又因为在处取得最大值，
所以有，
所以.
又因为，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
6. 已知a，b，c为的三个内角A，B，C所对的边，若，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换分析求解.
【详解】因为，由正弦定理可得，
则，
所以.
故答案为：.
7. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得函数在内不是单调函数，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出平移后图象对应的解析式，根据单调性可求参数的取值范围.
【详解】由题设可得平移后图象对应的函数解析式为，
因为，故，
因为在不单调，故或，
即或，
所以或，故.
故答案为：.
8. 已知为不共线的平面向量，，若，则在方向上的投影向量为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的加减运算以及数量积的运算律求出，结合投影向量的公式即可求得答案.
【详解】由题意知平面向量满足，，
则，即，
可得，整理得，
所以在方向上的投影向量为.
故答案为：.
9. 已知函数，若在上恒成立，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据解析式作出函数图象，根据性质找出的值，结合图象即可得解.
【详解】大致图象如图：
，，．
当时，或．
如上图所示，当时，恒成立．
所以的取值范围为．
故答案为：
10. 函数，关于函数的零点情况有下列说法：
①当取某些值时，无零点； ②当取某些值时，恰有1个零点；
③当取某些值时，恰有2个不同的零点； ④当取某些值时，恰有3个不同的零点.
则正确说法的全部序号为______.
【答案】①②③
【解析】
【分析】画出函数的图象，结合与的交点的横坐标，结合图象和三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】画出函数的图象，如图所示，
因为，令，即，
则函数的零点，即为与的交点的横坐标，
对于①中，当时，在上与无公共点，所以①正确；
对于②中，当时，在上与只有1个公共点，所以②正确；
对于③中，当时，在上与有2个公共点，所以③正确；
对于④中，由图象可得，函数与不相邻的两个交点的横坐标间的距离为最小正周期的整数倍，即，
因为，可得，所以不存在的值，使得有3个零点，所以④不正确.
故答案为：①②③
11. 在中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，若O为的外心，，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】结合余弦定理可从得到，再借助，结合向量数量积公式、二倍角公式与正弦定理，可得，即可得解.
【详解】，
又，故有，
化简得，故有，
由，则有，
即有，
有
，
，
由，故，
故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在对所给条件的变形转化上，对，结合降幂公式与余弦定理，可得，对，左右同乘，可借助数量积公式将左边化为，借助向量的线性运算与正弦定理及二倍角公式可将右边化为，即可得解.
12. 如图，已知，，为边上的两点，且满足，，则当取最大值时，的面积等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题设足，考虑三角形的面积之比，将其化简得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得.
【详解】
如图，不妨设,分别记的面积为,
则①②
由①，②两式左右分别相乘，可得：,故得：.
设，在中，由余弦定理，，因，则，当且仅当时，等号成立，
此时，因，故，取得最大值，此时面积等于.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：对条件等式的转化，本题中，注意到有角的相等和边长乘积的比，结合图形容易看出几个等高的三角形，故考虑从面积的比入手探究，即得关键性结论，之后易于想到余弦定理和基本不等式求出边长和角即得.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 《九章算术》是一部中国古代的数学专著．第一章《方田》主要讲各种形状的田地面积的计算方法，其中将圆环或不足一匝的圆环形田地称为“环田”（注：匝，意为周，环绕一周叫一匝）书中提到如图所示的一块“环田”：中周九十五步，外周一百二十五步，所在扇形的圆心角大小为5（单位：弧度），则“该环田”的面积为（ ）

A. 600平方步B. 640平方步
C. 660平方步D. 700平方步
【答案】C
【解析】
【分析】设中周的半径是，外周的半径是，圆心角为，根据中周九十五步，外周一百二十五步，列关系式即可.
【详解】设中周的半径是，外周的半径是，圆心角为，,解得：，
则“该环田”的面积为平方步.
故选：C
14. 已知函数，若在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件化为，利用换元法化为，结合正弦函数的单调性即可确定实数的取值范围.
【详解】
，令，
则，因为，所以；
又因为在区间上是单调函数，
则在区间上是单调函数，
所以，即，解得.
故选：C
15. 在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】首先由三角形面积公式数量积定义得，结合化简得，即，由此即可判断.
【详解】因为，所以，解得，
又，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，即，
又，
所以此三角形的形状为等边三角形.
故选：C.
16. 已知向量满足：为单位向量，且和相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知由向量垂直可得的模，再由不等式恒成立，结合图象可得，从而可得，接下来方法一，直接对进行平方化简，由二次函数最值可解；方法二，由三点共线基本定理，结合三角形面积公式和余弦定理可解.
【详解】和相互垂直，
则，则，
结合图象，，
则 ，
因为恒成立，则，
即，则，
法（一）：
对称轴时：
，即
法（二）：，因为，
所以向量的终点共线（起点重合），
则的面积，
，所以.
故选:．
【点睛】关键点点睛：数形结合发现，，则 ，因为恒成立，则.
三、解答题 (本大题满分78分) 本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤
17. 已知角的终边经过点.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数定义得，进一步结合诱导公式化简求值即可；
（2）由商数关系化成关于的齐次式即可求解.
【小问1详解】
由条件知，
；
【小问2详解】
.
18. 已知向量满足．
（1）求的值；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据平面向量数量积的定义求解即可；
（2）根据平面向量的夹角和模长公式求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以
.
【小问2详解】
所以.
19. 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地往上转，可以从高处俯瞰四周景色如图，某摩天轮最高点距离地面高度为100m，转盘直径为90m，均匀设置了依次标号为1～48号的48个座舱．开启后摩天轮按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动t min后距离地面的高度为H m，转一周需要30min．
（1）求在转动一周的过程中，H关于t的函数解析式；
（2）若甲、乙两人分别坐在1号和9号座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差h（单位：m）关于t的函数解析式，并求高度差的最大值．
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心Q为原点，与地面平行的直线为x轴建立直角坐标系，座舱转动的角速度约为，计算得到答案.
（2）计算，，相减得到
，计算最值得到答案.
【小问1详解】
如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心Q为原点，与地面平行的直线为x轴建立直角坐标系，
设时，游客甲位于点，以OP为终边的角为；
根据摩天轮转一周大约需要30min，可知座舱转动的角速度约为，
由题意可得，.
【小问2详解】
如图，甲、乙两人的位置分别用点A，B表示，则.
经过后甲距离地面的高度为，
点B相对于点A始终落后，
此时乙距离地面的高度为.
则甲、乙距离地面的高度差，
利用，
可得，.
当或，
即或（舍去）时，h的最大值为
所以甲、乙两人距离地面的高度差的最大值约为
20. 将函数的图像进行如下变换：先向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，得到函数的图像
（1）求的最小正周期及单调增区间
（2）当时，方程有两个不等的实根，求实数的取值范围
（3）若函数在区间内恰有2022个零点，求的所有可能取值
【答案】（1），；
（2）
（3）2022或2023或1348
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换化简即可得到函数解析式，再由正弦型函数的单调性，即可得到结果；
（2）根据题意，结合正弦型函数的图像，即可得到结果；
（3）根据题意，由换元法可得，转化为二次函数零点问题，即可求解.
【小问1详解】
，
则由题意可得函数的解析式为，
令，，
则最小正周期为，单调递增区间为，.
【小问2详解】
，则，
若方程有两个不等的实根，结合函数图像可得
小问3详解】
设，则函数等价为
由，得
有两个不等的实数根
当时，，此时在上恰有3个零点
当时，
此时在上恰有2个零点
或
或2023
综上所述，的所有可能取值为2022或2023或1348
21. 对于集合和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”．
（1）若集合，，求集合相对的“余弦方差”；
（2）求证：集合，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，并求此定值；
（3）若集合，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3），或，
【解析】
【分析】（1）根据余弦方差的定义代入即可求解，
（2）根据余弦差定义可得化简分子，根据和差角公式以及同角平方关系即可求解，
（3）根据余弦差定义列出关系式，利用和差角公式以及二倍角公式化简，根据题意可得，即可结合三角函数的性质求解.
【小问1详解】
依题意得，；
【小问2详解】
证明：由“余弦方差”定义得：
，
则分子
，
为定值，与的取值无关．
【小问3详解】
分子
．
要使是一个与无关的定值，
则，
，
与终边关于轴对称或关于原点对称，
又，得与终边只能关于轴对称，
又
则当时，
当时，．
故，或，
故，或，时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值．
【点睛】关键点点睛：利用公式将所给的集合代入运算，利用和差角公式，二倍角公式化简.