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    2022-2023学年江西省南昌市第二中学高一下学期情期中考试数学试题含解析

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    这是一份2022-2023学年江西省南昌市第二中学高一下学期情期中考试数学试题含解析,共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2022-2023学年江西省南昌市第二中学高一下学情期中考试数学试题 一、单选题1.下列说法错误的是(    A.向量与向量长度相等 B.任一非零向量都可以平行移动C.单位向量都相等 D.向量的模可以比较大小【答案】C【分析】利用向量的模的定义判断选项AD;利用向量的性质判断选项B;利用向量相等的定义判断选项C.【详解】选项A:向量与向量长度均为线段的长度,故相等.判断正确;选项B:因为同方向且模长相等的向量相等,与位置无关,故任一非零向量都可以平行移动.判断正确;选项C:虽然单位向量的模长相等,但方向不一定相同,故单位向量不一定相等.判断错误;选项D:向量的模是实数,因而可以比较大小.判断正确.故选:C2.若,则的大小顺序是(    A  B C  D 【答案】C【分析】利用正弦函数、余弦函数和正切函数的性质分别求得的取值范围,进而得到的大小顺序.【详解】时,,则 故选:C3.在四边形中,,则一定有(    A.四边形是矩形 B.四边形是菱形C.四边形是正方形 D.四边形是平行四边形【答案】D【分析】根据向量的线性运算可得,进而可得即可求解.【详解】因为,所以所以四边形的一组对边平行且相等,所以四边形是平行四边形,故选:D.4的值为A B C D【答案】B【分析】原题并不符合两角和差的正余弦展开式,所以先探究下面的公式: 即,同理,【详解】.故选B.【点睛】化简求值时要看角的形式,通过看角之间的差别与联系,把角进行合理的拆分,通过凑角法已知角未知角建立联系,合理选择和、差角,辅助角,倍角(降幂)等方法进行.5.已知是方程的两根,且,则的值为(    A B C D【答案】B【分析】由韦达定理得,即,得,再根据两角和的正切公式解决即可.【详解】由题知,是方程的两根,所以,即因为所以所以因为所以故选:B6.已知函数的部分图像如图所示,将的图像向右平移个单位长度后,得到函数的图像,则上的值域为(    A B C D【答案】A【分析】根据图像可知,求出周期,从而可求出,再由图像过点,可求出的值,则可得的解析式,再由三角函数图像变换规律可求得的解析式,由,得,然后利用正弦函数的性质可求出其值域【详解】解:由图可得,则因为,所以,可得因为,所以所以将的图像向右平移个单位长度后,得所以因为,所以所以所以故选:A7.已知函数)为偶函数,且,当取最小值时,的一个单调递减区间是(    A B C D【答案】B【分析】由偶函数结合诱导公式求出,再由知其图象关于点对称,则可求出,最后利用整体代入的方法求出函数的单调递减区间.【详解】为偶函数,则函数图象关于点对称,其中最小的正数是,即,得即减区间为是其中一个.故选:B.8.已知函数的图象关于对称,且,则的值是(    A B C D【答案】C【分析】先对函数化简变形,然后由题意可得,求得,再由可得,再利用诱导公式和二倍角公式可求得结果【详解】因为其中由于函数的图象关于对称,所以,化简得所以,即所以故选:C. 二、多选题9.将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后,得到一个奇函数的图象,则的可能取值为(    A B C D【答案】BD【分析】求出平移后的函数解析式,再利用正余弦函数的奇偶性计算判断作答.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后,得到的图象对应解析式为因函数是奇函数,则,即时,,当时,,选项BD满足,AC不满足.故选:BD10.设函数,若上有且仅有3条对称轴,则(    A上有且仅有2个最大值点B上有且仅有2个零点C的取值范围是D上单调递增【答案】ACD【分析】由换元法结合正弦函数的图象以及性质逐一判断即可.【详解】画出图象进行分析:对于A选项:由图象可知:上有且仅有对应的这2个最大值点,故A选项正确;对于B选项:当,即时,有且仅有2个零点;,即时,有且仅有3个零点,故B选项不正确;对于C选项:有且仅有3条对称轴,的取值范围是,故C选项正确;对于D选项:C选项可知,上单调递增,故D选项正确.故选:ACD.11.已知函数,则(    A.直线只是图象的一条对称轴B.将图象上所有的点向右平移个单位长度即可得到的图象C在区间上单调递减D.函数的最大值为【答案】ABD【解析】代入可判断A;利用三角函数图象的平移变换原则以及诱导公式可判断B;将代入,结合余弦函数的递减区间可判断C;根据两角和的正弦、余弦公式以及三角函数的性质可判断D.【详解】对于A,当时,可得,显然是正弦函数的对称轴,故A正确;对于B,将图象上所有的点向右平移个单位长度,可得,故B正确.对于C,则又余弦函数在区间上递减,在区间上递增,故C错误;对于D所以函数的最大值为,故D正确.故选:ABD12.下列说法中,正确的是(    A.存在的值,使B.不存在无穷多个的值,使C.对于任意的,都有D.不存在的值,使【答案】AD【分析】根据两角和的余弦公式,结合特值法判断即可.【详解】,则,此时,故A正确;,此时,故B错误;由两角和的余弦公式可知,对于任意的,故C错误;不存在的值,使,若存在,则与两角和的余弦公式矛盾,故D正确.故选:AD. 三、填空题13.在矩形中,,则____【答案】5【分析】利用向量数量积的性质即可求得的值.【详解】矩形中,,则故答案为:514____【答案】/【分析】利用二倍角的正弦公式即可求得该式的值.【详解】故答案为:15的值为______.【答案】【分析】将已知条件中的分别用代替,然后利用两角和差的余弦公式进行化简即可.【详解】原式故答案为:.【点睛】本题考查三角函数的求值,考查两角和差的余弦公式的应用,考查运算能力,属于基础题.16.已知函数既有最小值也有最大值,则实数的取值范围是_______.【答案】【解析】由诱导公式可知,,结合函数图像,讨论最大值为1两种情况,进而求出 的取值范围.【详解】: .则由可得 .要使其既有最小值又有最大值若最大值为,解得 若最大值为,,解得.综上所述: .故答案为: .【点睛】本题考查了诱导公式,考查了三角函数最值问题.本题的易错点是漏解,只考虑了最大值为1的情况.本题的难点是分界点能否取得的判断. 四、解答题17.求值:12【答案】11        22【分析】1)将按两角和的正切公式展开,整理即可得出答案;2)切化弦后通分,根据辅助角公式化简得到,根据诱导公式化简,即可得出答案.【详解】1)因为所以整理可得,.2.18.已知1)求的值;2)若,求的值.【答案】1;(2【解析】1)根据化简原式的分子分母,然后分式上下同除,将原式变形为的表示形式,由此计算出原式的值;2)先根据正切的二倍角公式计算出的值,然后根据角的关系:,结合两角和的正切公式求解出的值.【详解】1)因为,所以所以2)因为,所以.【点睛】关键点点睛:解答本题的第二问的关键是找到的之间的关系,从而借助正切的两角和公式、二倍角公式完成求解.19.已知函数(1)求函数的最小正周期;(2)中,若,求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】1)化简可得,然后即可得出周期;2)由(1)结合已知即可推出,根据的范围,可得,进而得出.代入化简可得,然后根据的范围,即可得出答案.【详解】1)由已知可得,所以函数的最小正周期.2)由(1)知,,所以.因为,所以,所以,所以所以,则所以,.因为,,所以所以,所以,的取值范围为.20.已知函数,其中(1),求函数的单调区间以及函数图象的对称中心;(2)将函数图象纵坐标不变,横坐标缩短到原来的一半,再向右平移个单位得到的图象,且满足方程上恰有20个根,求正实数的取值范围.【答案】(1)的单调增区间是,无单调递减区间;对称中心为(2) 【分析】1)由正切函数的单调区间和对称中心可得结果;2)换元转化为上恰有20个根,根据正切函数的图象列式可得结果.【详解】1)由于,解得所以的单调增区间是.无单调递减区间,,求得,故的图象的对称中心为2)由题意可知,当时,上恰有20个根,所以,解得综上,的取值范围是21.如图,扇形钢板的半径为,圆心角为,现要从中截取一块四边形钢板,其中顶点在扇形的弧上,分别在半径上,且(1),试用表示截取的四边形钢板的面积,并指出的取值范围;(2)求当为何值时,截取的四边形钢板的面积最大,并求出最大值.【答案】(1)详见解析;(2)时四边形钢板的面积最大,最大值为 【分析】1)利用割补法和三角函数即可求得四边形钢板的面积的解析式,进而得到的取值范围;2)先化简的解析式,利用三角函数的性质即可求得最大值及对应的.【详解】1)扇形钢板的半径为,圆心角为则四边形钢板的面积其中的取值范围为2,则,则则当,即时四边形钢板的面积最大,最大值为22.已知函数,其中,若实数满足时,的最小值为.(1)的值及的单调递减区间;(2)若不等式对任意时恒成立,求实数应满足的条件;【答案】(1)(2) 【分析】1)化简,结合最小正周期求得,得到,结合三角函数的性质,即可求解函数的单调递减区间;2)化简,得到,结合函数的性质,即可求解.【详解】1)解:由题意,函数因为的最小值为所以的最小正周期,解得,所以解得所以的单调递减区间为.2)解:由因为,可得,则所以,即,即,可得又由函数为递减函数,所以所以,解得,即实数的取值范围是. 

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