2022-2023学年四川省成都市树德中学高一下学期4月阶段性测试数学试题含解析

2022-2023学年四川省成都市树德中学高一下学期4月阶段性测试数学试题

一、单选题

1．已知角的终边经过点，则的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义求值计算作答.

【详解】因为角的终边经过点，则，

因此，所以.

故选：B

2．下列说法正确的是（    ）

A．单位向量均相等 B．单位向量

C．零向量与任意向量平行 D．若向量，满足，则

【答案】C

【分析】对于A：由方向不一定相同否定结论；对于B：单位向量.否定结论；

对于C：零向量与任意向量平行.即可判断；对于D：，的方向可以是任意的. 否定结论.

【详解】对于A：单位向量的模相等，但是方向不一定相同.故A错误；

对于B：单位向量.故B错误；

对于C：零向量与任意向量平行.正确；

对于D：若向量，满足，但是，的方向可以是任意的.

故选：C

3．已知平面向量，若，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】求出的坐标，根据，列出方程，计算可得.

【详解】因为，

所以，

因为，，

所以，解得

故选：C.

4．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．或

【答案】A

【解析】先利用平方关系求出，，再利用两角差的余弦公式将展开计算，根据余弦值及角的范围可得角的大小.

【详解】∵，，，

∴，，

∴.

又∵，∴，

∴，

∴.

故选：A.

【点睛】本题考查两角和的余弦公式的应用，属于基础题.

5．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.

【详解】由题意,

即，

所以

故选：A.

6．已知的图象关于直线对称，若存在，使得对于任意的x都有，且的最小值为，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据的最大值和最小值对应的横坐标的距离，求得的半周期，由此求得的值，结合根据的对称轴列方程，求得的值.

【详解】依题意存在，使得对于任意的x都有，所以分别是的最小值和最大值，而的最小值为，所以，由解得，所以.由于的图象关于直线对称，所以的值为或，即的值为或，由于，所以.

故选：B

【点睛】本小题主要考查三角函数的周期性和对称性，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

7．已知点是锐角的外心，，，，若，则（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

【答案】B

【分析】由题干条件及几何关系，可得，，继而构造等式，即得解

【详解】

如图所示，过点分别作，，垂足分别为，；则，分别为，的中点，∴，

；又，∴，

∵，∴，，

化为①，②，联立①②解得，；

∴．

故选：B

8．如图，在梯形中，且为以为圆心为半径的圆弧上的一动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算及三角函数的性质求解.

【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

则有，，，，设，

得，，，

则

由，当时，有最小值.

故选：B

二、多选题

9．已知在同一平面内的向量均为非零向量，则下列说法中正确的有（    ）

A．若，则

B．若，则

C．

D．若且，则

【答案】AD

【分析】平面向量共线的传递性判断A，由向量数量积的定义可判断B，根据数量积及共线向量的概念可判断C，根据向量垂直及向量数量积的概念可判断D.

【详解】对A，在同一平面内的向量均为非零向量，若且，则，即A正确；

对B，若，则，又，所以，

因为与的夹角不一定相等，所以不一定成立，即B错误；

对C，因为与共线，与共线，所以不一定成立，即C错误；

对D，若且，则，，即D正确.

故选：AD．

10．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有（    ）

A．

B．为函数的一个对称中心点

C．为函数的一个递增区间

D．可将函数向右平移个单位得到

【答案】ABD

【分析】根据函数图像可求出、、的值，可得的解析式，利用三角函数的性质对各选项进行判断可得答案.

【详解】由题可得得，，，则，故A正确；

又，所以，又，

所以，所以，

对于B，当时，，所以函数图象关于点对称，故B正确；

对于C，由，可得，

令，可得，所以不是函数一个递增区间，故C错误；

对于D，将函数向右平移个单位得到，故D正确.

故选：ABD.

11．设函数，已知在上有且仅有4个零点，则（    ）

A．的取值范围是

B．的图象与直线在上的交点恰有2个

C．的图象与直线在上的交点恰有2个

D．在上单调递减

【答案】AB

【分析】对于A,确定，根据零点个数确定，求得参数范围；对于B，C，采用整体代换思想，结合余弦函数的图象和性质即可判断；对于D，当时，确定，计算的范围，从而确定在上单调性.

【详解】当时，，因为在上有且仅有4个零点，

所以，解得，故A正确；

又由以上分析可知，函数在上有且仅有4个零点，

且，则在上，出现两次最大值，

此时函数的大致图象如图示：

即在上两次出现最大值1，即取时，取最大值，

故的图象与直线在上的交点恰有2个，故B正确；

由于当时，，，

当时，取最小值 ，由于是否取到不确定，

故的图象与直线在上的交点可能是1个或2个，故C错误；

当时， ，

因为，所以，，

故的值不一定小于，

所以在上不一定单调递减.

故选：AB.

【点睛】本题考查了复合型余弦函数的解析式中参数的确定以及零点以及最值和单调性问题，综合性强，计算量大，解答时要能综合应用三角函数的相关知识灵活解答，关键是整体代换思想的应用.

12．已知点为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（    ）

A． B．直线不过边的中点

C． D．若，则

【答案】BCD

【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断A；假定过的中点，利用平面向量基本定理判断B；令，，，结合重心性质计算判断C；利用数量积及运算律计算判断D作答.

【详解】对于A：，因，， ，

即，则，可得，A不正确；

对于B：设的中点为D，则，若直线过的中点，则存在实数满足，

由选项A知，，而与不共线，则有且，无解，即不存在，AO不过BC中点，B正确；

对于C：取点，，使得，，，则，即点O为的重心，如图，

则，

而，同理可得：，

因此，， C正确；

对于D：由，得，而，

则，解得，

所以，D正确.

故选：BCD

【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题，选择一组基底，运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.

三、填空题

13．已知向量，满足，则向量，的夹角为___________

【答案】

【分析】先设向量，的夹角为，再由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算，求解即可.

【详解】由题意，可设向量，的夹角为，

向量，满足，

，，

由，则，

解得：，

又，，

故答案为：.

14．已知，则=___________.

【答案】

【分析】运用二倍角进行化简，将其转为其次式即可求出结果.

【详解】注意到

，则，

又，

则.

故答案为：.

15．如图，在△ABC中，，，，M是BC边上的中点，P是AM上一点，且满足，则__________.

【答案】

【分析】由题可得，又由图可得，据此可得答案.

【详解】由图可得三点共线，又，则.注意到，

则

.

故答案为：

16．若函数有4个零点，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】利用换元法、辅助角公式及三角函数的性质，将函数有4个零点转化为有个零点，结合函数的零点与一元二次方程根的分布即可求解.

【详解】由题可知，设

因为

所以

所以

所以，

将两边平方得

所以.

所以,

因为函数有4个零点，则有个零点，

方程在有两个根，

所以，

在中，，解得，或，

令，则

所以的零点为和

所以，解得，

所以的取值范围是.

【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用换元法及辅助角公式，将将函数有4个零点转化为有个零点，利用函数的零点与一元二次方程根的分布即可.

四、解答题

17．（1）化简：

（2）求值：

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据诱导公式化简可得；

（2）应用二倍角公式及两角和差公式化简求值.

【详解】（1）.

（2）

18．已知平面向量满足.

(1)求在上的投影向量的坐标；

(2)当最小时，求与的夹角.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用投影向量的公式计算即可；

（2），两边同时平方，最小时，求得，与的夹角即与的夹角，利用向量数量积计算即可.

【详解】（1）由题意，，设，在上的投影向量为，所以在上的投影向量的坐标为.

（2）

（时等号成立），

则最小时，，

所以，

因为所以当最小时，与的夹角的大小为.

法二： ，

，得所求夹角为.

19．如图，在平面直角坐标系xOy中，角α的终边与单位圆的交点为A（，），角终边与单位圆的交点为B（，）

(1)若，求的范围；

(2)若点B的横坐标为，求点A的纵坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题可得，结合及正弦函数单调性可得答案.

（2）由题可得，则，据此可得答案.

【详解】（1）由题意.

则

.

由可得，又在上单调递增，在上单调递减，则，即的范围是；

（2）由题得.

则

==.

所以点.A的纵坐标为

20．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，可以从高处俯四周景色如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，均匀设置了依次标号为号的个座舱.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，开始转动后距离地面的高度为，转一周需要.

(1)求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；

(2)若甲、乙两人分别坐在号和号座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差（单位：）关于的函数解析式，并求的最大值及此时的值.

【答案】(1)，.

(2)，开始转动或分钟时，甲乙两人距离地面的高度差最大值为.

【分析】(1)设座舱距离地面最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系，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.

【详解】（1）如图，设座舱距离地面最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系，

设时，游客甲位于点，以为终边的角为；

根据摩天轮转一周大约需要，可知座舱转动的角速度约为，

由题意可得，.

（2）如图，甲、乙两人的位置分别用点表示，

则.

经过后甲距离地面的高度为，

点相对于点始终落后，

此时乙距离地面的高度为.

则甲、乙距离地面的高度差

，

因为，所以，

所以或，或

所以开始转动或分钟时，甲乙两人距离地面的高度差最大值为.

21．已知函数.将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数

的图象.

(1)求函数在区间[，]上的单调递减区间；

(2)若对于恒成立，求实数m的范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用辅助角公式可将化为，因[，]，则

，后由在上的单调递减区间可得答案；

（2）由题可得，后利用在单调性可得.

方法1：令，则等价于

，，后分三种情况，利用分离参数结合函数单调性可得答案；

方法2：令，则等价于

，，则，即可得答案.

【详解】（1）

.

因[，]，则，又分别在上单调递增和递减，

则，即函数在区间[，]上的单调递减区间为；

（2）函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，

所得解析式为，

又将所得函数图象向右平移个单位长度，

解析式为，则.

因，则.

又在上单调递增，在上单调递减，

则，故.

方法1：令，则等价于

，.

当时，，则此时m可取任意值；

当时，，

注意到函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，则；

当时，，

注意到函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，则；

综上可得：.

方法2：令，则等价于

，.

则.

【点睛】关键点点睛：本题涉及求正弦型函数的单调区间及恒成立问题，难度较大.

（1）问较为基础，（2）问为恒成立问题，方法1转化为最值问题，方法2利用二次函数观点解决问题.

22．已知函数的图象如图所示，点，，为与轴的交点，点，分别为的最高点和最低点，而函数的相邻两条对称轴之间的距离为，且其在处取得最小值.

(1)求参数和的值；

(2)若，求向量与向量的夹角；

(3)若点为函数图象上的动点，当点在，之间运动时，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

(3)

【分析】（1）由对称轴之间的距离可得周期，根据周期求出，利用在处取得最小值求出；

（2）由函数解析式求出零点，根据向量的坐标求夹角即可；

（3）设，利用向量数量积的坐标表示出，观察取最小值时点P位置，然后根据最小值大于等于1可得的取值范围.

【详解】（1）因为的相邻两条对称轴之间的距离为，

所以，

，所以，

，

又时，取最小值，则，，

，，

又，则.

（2）因为，所以，

则，，

则，

，

所以，，，

设向量与向量的夹角为，

则，

因为，所以.

（3）是上动点，，，，

又恒成立，

设，，

，，

易知，在或处有最小值，，在或处有最大值，

所以当或时，有最小值，

即当在或时，有最小值，此时或，

为时，，，，得，

又，则，

为时，，，

，解得，

综上可得.