2021-2022学年广东省广州市执信中学高一下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年广东省广州市执信中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接根据诱导公式求解即可.

【详解】.

故选：B.

2．在半径为10的圆中，的圆心角所对弧长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用弧长公式计算，即可求得答案.

【详解】

根据弧长公式可得：

故选：A.

3．函数的图象可由函数的图象

A．向左平移个单位长度得到

B．向左平移个单位长度得到

C．向右平移个单位长度得到

D．向右平移个单位长度得到

【答案】B

【分析】直接利用函数图象平移规律得解.

【详解】函数的图象向左平移个单位长度，

可得函数的图象，

整理得：

故选B

【点睛】本题主要考查了函数图象平移规律，属于基础题．

4．已知，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出，再分析得到，即得解.

【详解】解：，

所以

∵，，

∴.

∴.

故选：A.

5．已知向量满足，，.则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意求得，结合，即可求解.

【详解】由向量，可得，

因为且，则.

故选：B.

6．如图，在平行四边形中，，，，则（       ）（用，表示）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题设条件，结合平面向量的线性运算法则，准确运算，即可求解.

【详解】由题意，在平行四边形中，，，，

根据平面向量的线性运算法则，可得

.

故选：D.

7．对于四个函数，，，，下列说法错误的是（       ）

A．不是奇函数，最小正周期是，没有对称中心

B．是偶函数，最小正周期是，有无数多条对称轴

C．不是奇函数，没有周期，只有一条对称轴

D．是偶函数，最小正周期是，没有对称中心

【答案】D

【分析】利用图象逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，如下图所示：

由图可知，函数不是奇函数，最小正周期是，没有对称中心，A对；

对于B选项，如下图所示：

由图可知，是偶函数，最小正周期是，有无数多条对称轴，B对；

对于C选项，如下图所示：

由图可知，不是奇函数，没有周期，只有一条对称轴，C对；

对于D选项，如下图所示：

由图可知，函数是偶函数，不是周期函数，没有对称中心，D错.

故选：D.

8．如图，已知O为重心，且．若，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接并延长交与于点，则是的中点，可得，利用平面向量

数量积结合余弦定理可得出，即可求解.

【详解】连接并延长交与于点，如图所示

因为O为重心且，所以是的中点，且，

所以.

，

所以，

所以.

设，

因为，则，

所以，，

由余弦定理，得

所以，解得.

所以的值为.

故选：C.

二、多选题

9．下面关于复数，正确的是（       ）

A． B． C．的共轭复数为 D．的虚部为

【答案】ABC

【分析】化简复数之后，即可逐一判断四个选项的对错

【详解】因为

所以

故A正确

故B正确

，故C正确

的虚部为

故D错误

故选：ABC

10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（       ）

A．函数的图象关于直线对称

B．函数的图象关于点对称

C．函数在区间上单调递增

D．与图象的所有交点的横坐标之和为

【答案】BCD

【解析】根据图象求出函数解析式，再判断各选项．

【详解】由题意，，∴，又，，又，∴，

∴．

∵，∴不是对称轴，A错；

，∴是对称中心，B正确；

时，，∴在上单调递增，C正确；

，，或，

即或，，又，∴，和为，D正确．

故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题关键是掌握“五点法”，通过五点法求出函数解析式，然后结合正弦函数性质确定函数的性质．本题方法是代入法，整体思想，即由已知求出的值或范围，然后结合正弦函数得出结论．

11．在中，角所对的边分别为，以下结论中正确的有（       ）

A．若 ，则 ；

B．若，则一定为等腰三角形；

C．若，则为直角三角形；

D．若为锐角三角形，则 .

【答案】AC

【分析】结合三角形的性质、三角函数的性质及正弦定理，对四个选项逐个分析可选出答案.

【详解】对于A，由正弦定理，所以由，可推出，则，即A正确；

对于B，取，则，而不是等腰三角形，即B错误；

对于C，，

则，由正弦定理可得，故为直角三角形，即C正确；

对于D，若锐角三角形，取，此时，即，故D错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查真假命题的判断，考查三角函数、解三角形知识，考查学生推理能力与计算求解能力，属于中档题.

12．给出定义：若（其中m为整数），则m叫做离实数x最近的整数，记作．设函数，则下列命题正确的是（       ）

A．函数的定义域为R，值域为

B．函数在上是增函数

C．函数为周期函数，最小正周期为1

D．函数图象关于直线对称

【答案】ACD

【分析】A根据函数判断；B由在上不是增函数，可得B不正确；C由判断；D由B可知在时，关于y轴对称；结合最小正周期为1判断；

【详解】对于A：∵ (其中m为整数)，

∴,∴，

∴函数的值域为.

对于B：由定义知：当时，，；

当时，，，

故在上不是增函数，所以B不正确；

对于C：由得，

∴，，

所以函数是周期函数，最小正周期为1，故C正确；

对于D：由B可知：在时，关于轴对称；

又由C可知：函数是周期函数，最小正周期为1，

∴函数的图象关于直线对称，故D正确；

故选：ACD．

三、填空题

13．若，，则在方向上的投影向量是_______.（用坐标作答）

【答案】

【分析】根据在方向上的投影向量为，计算即可得解.

【详解】解：在方向上的投影向量为.

故答案为：.

14．圆锥的母线与高的夹角为，底面是半径为2的圆，则该圆锥的侧面积为______．

【答案】

【分析】利用圆锥的轴截面是等边三角形以及侧面积是扇形的特点，运用扇形的面积公式求解即可.

【详解】

圆锥的轴截面以及侧面展开图如图所示，

圆锥的母线与高的夹角为，底面是半径为2

，，

圆锥的侧面积为：

故答案为：.

15．已知函数（）在上单调递增，则的一个取值为________．

【答案】，答案不唯一

【分析】化简的表达式，结合在区间的单调性求得的一个取值.

【详解】，

当时，，

，所以在上单调递增，符合题意.

故答案为：，答案不唯一

16．已知平面向量满足，，，，则的最大值为________．

【答案】

【分析】根据题意，不妨设，进而根据向量模的坐标表示和基本不等式求解即可.

【详解】解：不妨设，

则，

所以，即

所以，即，当且仅当时等号成立，

因为，

所以，当且仅当时等号成立，

所以的最大值为.

故答案为：

四、解答题

17．已知函．

(1)利用“五点画图法”完成以下表格，并画出函数在区间上的图象；

(2)求函数的单调减区间．

【答案】(1)表格见解析，图象见解析；

(2).

【分析】（1）根据“五点画图法”可进行列表、作图；

（2）令，解不等式即可得到单调减区间.

【详解】(1)根据“五点画图法”可列表如下：

作出图象如下，

(2)令，解得：，

的单调减区间为.

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求A；

(2)若，求的周长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理的边角互化结合和角公式得出A；

（2）由余弦定理结合基本不等式得出三角形周长的取值范围.

【详解】(1)由正弦定理可得.

可化为，即.

即

又则，，故.

(2)由可得

即，当且仅当时取等号，可化为，则.

又由三角形三边关系可得，即.

故，故三角形周长的取值范围是.

19．在中，，．

(1)，，求的最值并指出取最值时x的取值集合；

(2)，求B的大小．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由的解析式化简可得，化简可得，结合可求出，即可得出，则可得到，根据的最值与单调区间，即可求出最值与单调区间.

（2）由结合即可求出答案.

【详解】(1)由题意知：，

又即，

，即，由正弦定理得，

又，，

∴，

∴，

所以，

当即时，，

当即时，，

∵在区间上单调递增，

∴，

的单调递增区间为，

∵在区间上单调递减，

∴，可得

，

的单调递减区间为.

(2)由（1）知，，

所以，

，又即，

所以，即，

所以.

20．在锐角△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．且满足，，．

(1)求的值；

(2)在BC的延长线上有一点D，使得，求AD和△的面积．

【答案】(1)；

(2)，8.

【分析】（1）由余弦定理先求出，再由正弦定理求.

（2）由（1）及已知可得，应用差角正弦公式求，再由正弦定理求出、AD，最后应用面积公式求△的面积．.

【详解】(1)由余弦定理：，则．

由正弦定理得：．

(2)由（1）及△是锐角三角形得：，

，

在△中，由正弦定理：，即，解得:，，则，

所以.

21．如图，某闸口附近有一块半圆形区域，其中豁口（阴影部分）是一块景点水域．为了进一步发展旅游业，现要划出两块陆地进行打造，一块为矩形建成停车场，另一块为直角三角形建成休闲区（），它们的面积分别记为、；同时，为了保护景点水域，限定扇形必须为四分之一圆，不作其它开发．已知为圆心，直径为，点、分别在弧、上（均不含端点），且点、分别在、上，点和在上，，，记．

(1)求的最大值，并指出相应的值；

(2)为了给旅游主管部门提供决策依据，求的取值范围．

【答案】(1)当时，取得最大值

(2)

【分析】（1）求出、的长，可得出关于的表达式，利用三角恒等变换化简关于的表达式，结合以及正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值；

（2）求出，利用正切函数的基本性质结合可求得的取值范围.

【详解】(1)解：在中，，，则，其中，

在中，，，，

则，

所以，

，

因为，则，故当时，即当时，

取得最大值.

(2)解：因为，，则，

因为，则，，

所以，，

所以，.

22．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“函数”．

（1）判断函数是否为“函数”，并说明理由；

（2）若函数在定义域上是“函数”，求的取值范围；

（3）已知函数在定义域上为“函数”．若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的最大值．

【答案】（1）不是“函数”，理由详见解析；（2）；（3）．

【分析】（1）用反例判断函数不是“函数”；

（2）根据函数在定义域 是“函数”，探索得到的关系式，再求得的取值范围；

（3）在（2）的基础上，将不等式，应用分离变量求最值.

【详解】解：函数不是“函数”，理由如下：

若是“函数”．取，存在，使得

即，整理得，但是，矛盾，

所以不是“函数”．

（2）在上单调递增，取，则存在，

使得，．

如果，取，则存在，使得，．

因为在上单调递增，所以．

所以

又，所以，上式与之矛盾，

所以假设不成立，所以．即，即，

整理得．

因为，所以，．

又，所以的取值范围是．

．

因为，所以的取值范围是．

（3）函数的对称轴为，且，

当在定义域上为“函数”时，必有．

所以函数在上单调递增，由（2）知，必有，

即,解得．

由，，

对任意的恒成立，知．整理得

令，则在上单调递增，．

因为是存在，使得成立，所以．

综上所述，实数的最大值为．

【点睛】本题考查了函数的新定义的理解与应用，函数的单调性以及转化思想的运用，考查发现问题能力与解决问题的能力，是一道难度很大的题.