江西省智慧上进联盟2022-2023学年高一数学下学期期中调测试试题（Word版附解析）

2023年高一年级下学期期中调研测试数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.是第（）象限角.A.一B.二C.三D.四【答案】A【解析】【分析】由，进而可判断属于第几象限.【详解】因为，所以是第一象限角.故选：A.2.，，，这四个数中最大的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，判断所在象限，再利用各象限内角的三角函数值的符号判断作答.【详解】因为，则2是第二象限角，4是第三象限角，因此，，，，所以给定的四个数中最大的是.故选：B3.已知，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据同角三角函数关系求解即可.【详解】由，且，得，所以.故选：A.4.角的度量除了有角度制和弧度制之外，在军事上还有零位制（gradientsystem）.密位制的单位是密位，1密位等于圆周角的.密位的记法很特別，高位与低两位之间用一条短线隔开，例如1密位写成，1000密位写成.若一扇形的弧长为，圆心角为密位，则该扇形的半径为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意可得密位的圆心角弧度为，进而根据扇形的弧长公式即可求解.【详解】由题意，密位的圆心角弧度为，则该扇形的半径为：.故选：C.5.著名数学家华罗庚先生被誉为“中国现代数学之父”，他倡导的“0.618优选法”（又称黄金分割法）在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.经研究，黄金分割比还可以表示成，则（）A.4B.2C.1D.【答案】C【解析】【分析】把代入，利用凑特殊角的方法，结合差角的正弦公式求解作答.【详解】，则 .故选：C6.如图，在梯形中，，，，，，，分别为，的中点，则（）A.B.C.3D.【答案】D【解析】【分析】建系后写出点的坐标，再求出向量坐标，最后应用向量模长公式求解即可.【详解】如图建系可得,,,..故选:D.7.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则 （）A.B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理可得，根据余弦定理可得，进而代入化简即可.【详解】根据正弦定理，由，得，由余弦定理得，，即，所以.故选：D.8.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，是所在平面内一定点，动点满足，，则（）A.2B.1C.D.【答案】A【解析】【分析】取边的中点，借助向量的线性运算并求出，再利用向量加法及数量积运算律求解作答.【详解】在中，令边的中点为，有，于是，，所以，故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，根据条件，，解三角形，有两解的取值可以是（）A.2B.C.D.4【答案】BC【解析】分析】根据有两解时，代入即可得到答案.【详解】由解三角形,有两解时,故的取值范围为,故选：BC.10.下列命题中错误的是（）A.若，且，则B.若，则存在唯一实数使得C.若，，则D.若，则与的夹角为钝角【答案】BCD【解析】【分析】根据平面向量共线的性质与数量积的定义判断各选项即可求解.【详解】对于A，由，得或，又，所以，故A正确；对于B，若，，则不存在使得，故B错误；对于C，若，，，则满足，，但与不一定平行，故C错误；对于D，设与的夹角为，由，则，即，故D错误.故选：BCD.11.下列式子中值为的为（）A.B.C.D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据诱导公式、辅助角公式、两角和与差的正切公式化简各选项即可.【详解】对于A，；对于B，；对于C，；对于D，由，所以.故选：ACD.12.已知函数，满足，，且在上单调，则的取值可能为（）A.1B.3C.5D.7【答案】AB【解析】【分析】由，知函数的图象关于直线对称，结合可知是函数的零点，进而得到，，由在上单调，可得，进而，分类讨论验证单调性即可判断.【详解】由，知函数的图象关于直线对称，又，即是函数的零点，则，，即，. 由在上单调，则，即，所以.当时，由，，得，，又，所以，此时当时，，所以在上单调递增，故符合题意；当时，由，，得，，又，所以，此时当时，，所以在上单调递增，故符合题意；当时，由，，得，，又，所以，此时当时，，所以在上不单调，故不符合题意.综上所述，或3.故选：AB.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.一个单摆如图所示，小球偏离铅锤线方向的角为，与摆动时间（单位：）之间的函数关系式为，那么单摆完成3次完整摆动所需的时间为______s. 【答案】12【解析】【分析】根据解析式可得函数的周期，进而求解单摆完成3次完整摆动所需的时间.【详解】由解析式，可得函数的周期，所以单摆完成3次完整摆动所需的时间为.故答案为：12.14.已知，满足，则______.【答案】##【解析】【分析】根据正弦函数的对称性得到，再代入计算可得.【详解】因为关于对称，又，满足，所以，所以.故答案为：15.函数的定义域为______.【答案】【解析】【分析】根据代数式有意义，可得，进而结合正切函数的图象及性质和一元二次不等式求解即可.【详解】由，解得，所以，即函数的定义域为. 故答案为：.16.如图，在中，，，是以为直径的上半圆上的动点（包含端点，），是的中点，则的最大值是______；的最大值是______.【答案】①.2②.6【解析】【分析】结合题意可得，结合向量的线性运算可得，进而求解的最大值；取的中点，连接交半圆与点，则，结合向量的线性运算可得，可得当与重合时取最大值.【详解】因为，，所以，即,所以,当且仅当与重合时取等号，故的最大值是2.取的中点，连接交半圆与点，则，又，即，当且仅当与重合时取等号，故的最大值是6.故答案为：2；6. 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知.（1）若角的终边经过点，，求的值；（2）若，求值.【答案】（1）2（2）3【解析】【分析】（1）先根据诱导公式和同角三角函数关系化简，再根据三角函数定义即可求解；（2）根据同角三角函数关系化简，进而求解.【小问1详解】，因为角的终边经过点，，所以.【小问2详解】由（1）知，所以. 18.已知向量，的夹角为120°，且，，，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）根据平面向量的线性运算解得，进而根据利用向量共线的性质即可求解；（2）根据平面向量数量积定义求解即可.【小问1详解】联立，解得，因为，所以存在实数，使得，即，又与不共线，所以，即.【小问2详解】由（1）知，，，所以，即，所以.19.已知变换：先纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位长度；变换：先向左平移个单位长度，再纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍.请从， 两种变换中选择一种变换，将函数的图象变换得到函数的图象，并求解下列问题.（1）求的解析式，并用五点法画出函数在一个周期内的闭区间上的图象；（2）求函数的单调递减区间，并求的最大值以及对应的取值集合.【答案】（1），图象见解析（2），；最大值为，【解析】【分析】（1）根据平移变换可得，进而结合五点法画出图象即可；（2）根据正弦函数的图象及性质求解即可.【小问1详解】选择，两种变换均得，列表如下： 图象如图所示：【小问2详解】令，，解得，，所以函数的单调递减区间为，.当，，即，时，取得最大值，此时对应的的取值集合为.20.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.（1）求角；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据平方关系可求得，，进而结合两角和的余弦公式即可求解；（2）根据正弦定理可得、的值，进而结合面积公式即可求解.【小问1详解】因为， 所以，，又，所以，即，所以，所以，又，故.【小问2详解】由正弦定理得，即，所以，，所以的面积为.21.如图，在中，为重心，，延长交于点，设，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）连接并延长交于，利用三角形重心定理，结合向量的线性运算及平面向量基本定理求解作答. （2）由已知表示出向量，结合（1）中信息，利用平面向量基本定理列式计算作答.【小问1详解】在中，连接并延长交于，因为是重心，则是的中点，，由知，，即，因此，而不共线，且，于是，所以.【小问2详解】依题意，，，而，且，因此存，使得，即，则，解得，所以的值是.22.给出定义：对于向量，若函数，则称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.（1）设向量的伴随函数为，若，且，求的值； （2）已知，，函数的伴随向量为，请问函数的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）结合题意可得，进而得到，根据平方关系可得，进而根据两角差的余弦公式即可求解；（2）结合题意可得，设，结合可得，根据、，可得、，进而得到时，成立，进而求解.【小问1详解】由题意，，由，得，因为，所以，所以，所以，即.【小问2详解】 由题意，，设，因为，，所以，，，所以，由，得，即，因为，所以，所以，又，所以当且仅当时，和同时等于，此时成立，所以在函数的图象上存在一点，使得.