2021-2022学年上海市格致中学高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海市格致中学高一下学期期中数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市格致中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．设m，n为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据共线定理定理和平面向量的数量积的定义，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，存在正数，使得，所以，同向，所以，即充分性是成立的，反之，当非零向量夹角为锐角时，满足，而不成立，即必要性不成立，所以“存在正数，使得”是“”的充分不必要条件.故选A.【点睛】本题主要考查了以共线向量和向量的数量积为背景的充分条件、必要条件的判定，着重考查了分析问题和解答问题的能力.2．函数的一个对称中心是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求解出对称中心为，对赋值则可判断.【详解】令，解得，所以函数图象的对称中心是，令,得函数图像的一个对称中心是，故选：C.3．将函数的图象向左平移个单位，平移后的图象如图所示，则平移后的图象所对应函数的解析式是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】依题意可得，，从而可求得，结合平移后的函数图象可确定的取值范围，继而可得的值，最后得函数的解析式．【详解】解：函数的图象向左平移个单位，为，由图象得：①，解得：，又有图可知，最小正周期满足，即②结合①②得：平移后的图象所对应的函数的解析式为：.故选：C．4．设是平面直角坐标系中不同的四点，若且，则称是关于的“好点对”．已知是关于的“好点对”, 则下面说法正确的是A．可能是线段的中点B．可能同时在线段延长线上C．可能同时在线段上D．不可能同时在线段的延长线上【答案】D【详解】试题分析：解：若是线段的中点，则,从而这是不可能的，所以选项A不正确.若 同时在线段延长线上，则有，与矛盾，所以选项B不正确.若 同时在线段上，则有，所以与矛盾，所以选项C不正确.若同时在线段的延长线上，则有，所以与矛盾，所以选项D正确.故选：D【解析】数乘向量的概念与性质. 二、填空题5．已知向量与共线，则_______．【答案】【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】因为向量与共线，所以，故．故答案为：.6．已知是第四象限角，化简_______．【答案】【分析】根据同角的平方关系即可化简得到结果.【详解】因为，且是第四象限角，则，即，所以故答案为:7．已知扇形的圆心角，扇形的面积为，则该扇形的弧长的值是______.【答案】【分析】先结合求出，再由求解即可【详解】由，则故答案为：【点睛】本题考查扇形的弧长和面积公式的使用，属于基础题8．已知，则的单位向量的坐标为_______．【答案】【分析】先由向量的线性运算求得，再由模的坐标表示求得，从而求得所求.【详解】因为，所以，故，则的单位向量的坐标为．故答案为：.9．若函数的最小值为1，则实数__________.【答案】5【解析】由辅助角公式得的最小值为，由此可求得值．【详解】，其中，且终边过点．所以，解得．故答案为：5．【点睛】本题考查三角函数辅助角公式，掌握辅助角公式对解题关键．设，则，其中，角终边过点．由此易求得函数的最值，易研究函数的其他性质．10．若关于的方程无解，则的取值范围是_____．【答案】【分析】先由三角函数的值域得到，再由方程无解得到或，解之即可.【详解】因为，所以由方程无解可得或，因为指数函数在上单调递减，且恒成立，所以由得，由可知，综上：，则.故答案为：.11．在中，，，，则__________．【答案】【详解】试题分析：【解析】正余弦定理解三角形12．已知，，,若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于________.【答案】【分析】建立直角坐标系，由向量式的几何意义易得的坐标，可化为，再利用基本不等式求得它的最大值.【详解】解：由题意建立如图所示的坐标系，可得,,,,，,当且仅当，即时，取等号的最大值为,故答案为：.【点睛】本题考查平面向量数量积的运算,涉及基本不等式求最值,属中档题.13．若，且，求____________.【答案】【分析】将等式化简可得,,可得,进而利用二倍角公式求解即可【详解】由题, ,即，又,则,即,则,所以故答案为【点睛】本题考查对数、指数的计算法则,考查和角公式,考查余弦的二倍角公式,考查运算能力14．将函数 (ω>0)的图像向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象．若y＝g(x)在上为增函数，则ω的最大值为________．【答案】【详解】试题分析：根据“左加右减”原则，向左平移个单位，可知，y＝g(x)在上为增函数，可知周期，所以，即，的最大值为．【解析】三角函数的性质与图像的平移．15．设是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若，则的值为_______.【答案】【分析】利用可设，设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或，利用得，建立方程关系求解即可.【详解】，设，则，是同一平面上的三个两两不同的单位向量，设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或，，，解得，或（舍去）.所以.故答案为：．【点睛】本题考查向量的数量积以及三角恒等变换求值，考查了转化与化归思想，属于中档题.16．已知、、、、五个点，满足，，则的最小值为______．【答案】##【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出，再用基本不等式求解出最值即可.【详解】由题意设，则，，设，如图，因为求的最小值，则，，，，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．故答案为：.【点睛】关键点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到，再利用基本不等式即可求出最值. 三、解答题17．已知，，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用将所求式子转化为齐次分式，从而利用即可得解；（2）先由及求得，从而得到，再利用正切的和差公式求得，进而得解.【详解】（1）因为，所以．（2）因为，所以，又因为，所以，，所以，又，所以由，解得，所以，又，，故，所以．18．已知向量，向量，函数．(1)求函数的最小正周期，以及在上的单调区间；(2)已知分别为内角、、的对边，且为锐角，，， 恰是在上的最大值，求的面积．【答案】(1)的最小正周期.在上递增，在上单减.(2)或. 【分析】（1）先求出，即可求出最小正周期和单调区间；（2）先求出角A，再利用正弦定理求出角C，即可求出B，进而求出的面积．【详解】（1）因为向量，向量，函数，所以所以函数的最小正周期.令，因为，所以.因为在上递增，在上单减，所以在上递增，在上单减.（2）由题意及（1）中的单调性，可得：.在中，，，由正弦定理得：，解得：.所以或.当时，,所以的面积;当时，,所以的面积.故的面积为或.19．如图，梯形，，，，为中点，．(1)当时，用向量表示的向量；(2)若为大于零的常数），求的最小值，并指出相应的实数的值．【答案】(1)(2)； 【分析】（1）结合图形，先证得四边形是平行四边形，从而利用向量的线性运算即可得解.（2）结合（1）中的结论，得到关于的表达式，进而利用向量的数量积运算求模得到关于的二次表达式，从而可求得的最小值及相应的值.【详解】（1）过作交于，如图，因为，所以，，则四边形是平行四边形，故，即是的中点，所以，当时，，所以．.（2）因为，所以，所以，因为，，，所以，所以当，即时，取得最小值．所以的最小值为，此时．20．某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入的部分数据如表：00100000 (1)请利用上表中的数据，写出、的值，并求函数的解析式；(2)将函数的图象向右平移个单位，再把所得图象上各店的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在上恒成立，求实数的取值范围；(3)在（2）的条件下，若在上恰有奇数个零点，求实数与零点个数的值．【答案】(1)，，函数的解析式为；(2)；(3), 在共有个不同的零点. 【分析】（1）利用“五点法”列方程求出、的值，进而求出解析式；（2）先利用图像变换求出，列不等式组即可求出实数的取值范围；（3）令,考虑方程的根的情况，或，分类讨论：①，②和，③，④,分别求解.【详解】（1）由“五点法”及表格数据分析可得：.所以.由，解得：，所以.由，解得：.综上所述：，，函数的解析式为.（2）由（1）知,将函数的图象向右平移个单位，得到，再把所得图象上各店的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，所以.当时，.因为在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，所以.即实数的取值范围为.（3）由（2）可知：，周期为.当时,令,考虑方程的根的情况：因为，所以方程在R上必有两个不同的实数根.因为在有奇数个零点,所以或.①若，则方程在共有4个不同的实数根,在有0个或2个实数根.所以在有个根或个根，与有奇数个零点相矛盾，舍去；②若，则在在共有2个不同的实数根, 在有0个或2个实数根.所以在有个根或个根，与有奇数个零点相矛盾，舍去.同理：也不符合题意，舍去.所以或③若,则,方程的根.方程在共有3个不同的实数根,而在上无解，有一个不同的根, ,所以在在个根，与有奇数个零点相矛盾，舍去.④若,则,此时的根为.方程在共有3个不同的实数根,而在上有两个不同的根, 无解,所以在在个根，符合题意.综上所述： , 在共有个不同的零点.