1.辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题

这是一份1.辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题，共10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。

一、单选题
1．若，则是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
2．已知，则与的夹角为（ ）
A．B．
C．D．
3．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将以坐标原点O为圆心的圆的周长和面积同时平分的函数称为此圆的“优美函数”，则下列函数中一定是“优美函数”的为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．，B．，C．，D．，
5．下列各式中，值为的是
A．B．
C．D．
6．等边的边长为1，点C在直线AD上，且．若B为AC的中点，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面内，，，且，则的最大值等于
A．13B．15C．19D．21
二、多选题
9．给出下列四个命题，其中是真命题的为（ ）
A．如果是第一或第四象限角，那么
B．如果，那么是第一或第四象限角
C．终边在轴上的角的集合为
D．已知扇形的面积为1，周长为4，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为2
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域是RB．在定义域内是增函数
C．的最小正周期是D．的解集是
11．下列说法正确的是（ ）
A．已知向量，，若∥，则
B．若向量，共线，则
C．已知正方形ABCD的边长为1，若点M满足，则
D．若O是的外心，，，则的值为
12．已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（ ）
A．在区间上单调递增
B．不是的一个周期
C．当时，的值域为
D．的图像关于轴对称
三、填空题
13．已知向量，的夹角为，，，则 .
14．已知，，如果与的夹角是钝角，则的取值范围是
15．若，，则 .
16．设函数是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则 .
四、解答题
17．已知是单位圆上的点，点是单位圆与轴正半轴的交点，点在第二象限，记且.
(1)求点的坐标；
(2)求的值.
18．如图，扇形OAB的圆心角为，，点M为线段OA的中点，点N为弧AB上任意一点.
（1）若，试用向量，表示向量；
（2）求的取值范围.
19．已知.
（1）求的值；
（2）已知，，且，求的值.
20．已知的单调递增区间为，且函数图像的相邻对称轴之间的距离为，求：
(1)的解析式；
(2)若的图像向左平移个单位得到，求的单调递增区间；
(3)若且，求的取值范围．
21．已知函数在区间上的最大值为2.
(1)求函数的对称轴；
(2)先将函数保持横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，再将图象向左平移个单位，得到的函数为偶函数.若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
22．已知中，函数的最小值为．
(1)求A的大小；
(2)若，方程在内有一个解，求实数m的取值范围．
参考答案：
1．B2．D3．C4．A5．C6．B7．A8．A
9．ACD10．AC11．CD12．BCD
13．14．15．16．/-0.5
17．(1)
(2)
【详解】（1）解：设点坐标为，则，
因为点在第二象限，所以，
点坐标为.
（2）解：由诱导公式可得
由（1）知，所以，
所以.
18．（1）；（2）.
【详解】（1）如图，以O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，
则，，，，
所以，，.
设，则，解得，
所以.
（2）设，则，，
则，，
所以，
其中，（为锐角）.
因为，所以，
则，，
所以的取值范围为.
19．（1）；（2）.
【详解】（1）由已知得，所以
（2）由，可得，
则.
因为，所以，
又，则，
因为，，
则，则，
所以.
20．(1)
(2)
(3)或
【详解】（1）由函数图像的相邻对称轴之间的距离为，
则得，
所以的单调递增区间，
又的单调递增区间为，即，
所以且解得，
所以．
（2），即，
所以的单调递增区间为，
解得．
（3）由得，
所以时，，为偶函数，
由即，
当时，得，且，
所以，或，
解得，或，
根据对称性可得当时，，满足，
所以，
综上所述，或．
21．(1)
(2)
【详解】（1）.
∵，∴，
则当，即时， 取最大值，即有，得.
∴；
令，解得，
∴的对称轴为.
（2）根据伸缩平移可知，
∵为偶函数，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴，∴的值域为；
∵，∴，∴，
，的值域为,而依据题意有的值域是值域的子集，
则 ∴实数的取值范围为
22．(1)
(2)或或且
【详解】（1）
所以，故
因为，所以
（2）方法一：因为，
所以，当时，，因为在上单调递增，值域为；在上单调递减，值域为.令，，则由的图象知，考虑在上的解，
若，则或4，当时，方程的解为，舍去
当时，方程的解为，此时仅有一解，故方程在内有一个解，符合
若，则或，
此时在R上有两个不同的实数根，，令，则，由韦达定理，.
当时，则，，要使得方程在内有一个解，则，.当时，此时解得或，不符合题意，舍去．所以要使符合题意，只需，解得
当时，则，，要使得方程在内有一个解，当时，此时解得或，不符合题意，舍去.
则，且，
所以要使符合题意，只需，解得且；
综上，m的取值范围是或或且
方法二：因为，所以，
令，，由的图象知，
考虑在上的解，
因为不是的解，
所以时在只有一个解，设
由对号函数图象可知函数在上单调递增，单调递减，在上单调递减，且，，，
∴或或且．