山东省潍坊诸城市、安丘市、高密市2022-2023学年高一数学下学期期中检测试题（Word版附解析）

2023年5月份期中检测试题高一数学本试卷共4页满分150分注意事项：1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡和试卷规定的位置上．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号．答案写在试卷上无效．3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．4．填空题直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共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.已知，，若，则（）A.2B.－2C.1D.－1【答案】A【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示可求答案.【详解】因为，，，所以，即.故选：A.2.若是第四象限角，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【答案】C【解析】【分析】由是第四象限角得到的范围，再计算的范围，即可得到所在的象限. 【详解】因为是第四象限角，所以,所以，所以，所以是第三象限角.故选：C3.如图，航海罗盘将圆周32等分，设圆盘的半径为4，则其中每一份的扇形面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出圆的面积，再乘以即可.【详解】因为航海罗盘将圆周32等分，圆盘的半径为4，所以每一份的扇形面积为.故选：C.4.设，是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（）A.和B.和C.和D.和【答案】B【解析】【分析】如果两个向量共线便不能作为基底，从而找到共线向量的一组即可，可根据共线向量的基本定理进行判断.【详解】不共线的向量可以作为基底，所以不能作为基底的便是共线向量，显然选项B中，，所以和共线.故选:B. 5.已知，则的值为（）A.B.1C.D.【答案】A【解析】【分析】知切求弦，利用商的关系，即可得解.【详解】，故选：A6.如图，已知，，的模均为4，且，则（）A.24B.－24C.8D.－8【答案】A【解析】【分析】由，应用向量数量积的运算律及定义求值即可.【详解】由，，所以.故选：A7.如图所示，角的终边与单位圆在第一象限交于点P，且点P的横坐标为，OP绕O逆时针旋转后与单位圆交于点Q，角的终边在OQ上，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知可得，，，用诱导公式即可得出和，又由用诱导公式和二倍角公式得，，即可判断选项是否正确.【详解】由三角函数定义可知，又为第一象限角，所以；又，所以,.故A，B错误；因为，所以，所以..故C错误，D正确；故选：D8.已知函数，则（）A.是周期函数B.在区间单调递减C.的图象关于直线对称D.的图象关于点对称【答案】B【解析】【分析】利用绝对值的定义及正弦函数的图象及性质，作出函数图象,结合函数的图象即可求解.【详解】由题意可知，，作出函数的图象，如图所示， 由图像可知，当时，是周期函数，当时，是常数函数，故是不周期函数，故A错误；在区间单调递减，故B正确；的图象不关于直线对称，故C错误；的图象不关于点对称，故D错误.故选:B.二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.下列说法中正确的是（）A.是与非零向量共线的单位向量B.若与共线，则或C.若，则D.若，，则【答案】AC【解析】【分析】根据数乘向量的意义可判断A；根据两向量共线的定义可判断B；根据零向量的定义可判断C；根据零向量与其他向量的关系可判断D.【详解】对于A：根据数乘向量的意义得，且的方向与的方向相同，所以选项A正确；对于B：若与共线，则与的方向相同或相反，或者或为零向量，但与的模不一定相等，所以不一定得到或，所以选项B错误；对于C：根据零向量的定义知选项C正确；对于D：当时，得不到与平行，故选项D错误； 故选：AC.10.设平面向量，，，，在方向上的投影向量为，则（）A.的最大值为4B.最大值为2C.D.【答案】AC【解析】【分析】设与的夹角为，则由数量积的公式可得，，当为锐角时，，即可判断A，C，D，由向量的求模公式可得即可判断B.【详解】设与的夹角为，对于选项A，，因为，所以，即的最大值为4，故选项A正确.对于选项B，，所以最大值为，故选项B错误.对于选项C，因为在方向上的投影向量为，所以与的夹角为或，，所以，即，故选项C正确.对于选项D，当为锐角时，，，，故选项D错误.故选：AC11.如图（1）所示的摩天轮抽象成如图（2）所示的平面图形，然后以摩天轮转轮中心为原点，以水平线为x轴，建立平面直角坐标系，设O到地面的高OT为，点P为转轮边缘上任意一点，点P在x轴上的垂足为M，转轮半径为，记以OP为终边的角为，点P离地面的高度为，则（） A.点P坐标为B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由三角函数定义可求点P坐标及的长度，从而可判断选项A、D,由向量的加法可知，再求出其模，从而判断选项B，由平面向量数量积的定义可判断选项C.【详解】设点，由三角函数定义，，从而可得点P坐标为，所以选项A正确；因为，所以，只有当的终边落在轴上时，，所以选项B错误；因为，所以选项C正确;当的终边在第一、二象限或轴正半轴上时，；当的终边在第三、四象限或轴负半轴上时，因为，此时；当的终边轴上时，，此时，所以，不管的终边在何处，都有，所以选项D正确.故选：ACD12.已知函数（其中A，，，B均为常数，，，）的部分图像如图所示，则（） A.B.C.图像的对称中心为D.函数为偶函数【答案】ABD【解析】【分析】先由图像求出，得到的解析式，即可判断选项A正确；求出，化简得，由当时，有最大值可判断选项B正确；求出图像的对称中心，取适当的值，，即可判断选项C错误；求出，化简得，由，即可判断选项D正确.【详解】由图可知的最大值为3，最小值为0，则，因为，所以，所以，所以函数解析式，在函数图像上，， 则，解得，，取，则，函数解析式为.故选项A正确.因为，因为当时，有最大值，所以，故选项B正确.图像的对称中心满足，解得，等价于，所以图像的对称中心为故选项C错误.，因为，所以函数为偶函数.故选项D正确.故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.记，那么______．【答案】【解析】【分析】取的坐标为，与的终边关于原点对称，故在的 终边上，计算得到答案.【详解】在的终边上取一点，使，则的坐标为.因为与的终边关于原点对称，所以点关于原点对称的点在的终边上，所以.故答案为：14.写出一个最小正周期为6的奇函数______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】此题答案不唯一，只要满足最小正周期6且为奇函数即可.【详解】的最小正周期为,且定义域为，同时满足题意.故答案为：15.设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值是______．【答案】##0.75【解析】【分析】由恒成立问题，求出函数最值，利用最值的性质进行求值即可.【详解】因为对任意的实数x都成立，所以在时取得最大值，所以，则， 则，又因为，所以当时，取得最小值为.故答案为：.16.已知平面向量，，满足，，，．当时，______．【答案】【解析】【分析】通过作图将向量模表示为线段长度，借助几何图形求线段长度即可.【详解】如图，作，，，由题意知，，，则，.设直线与直线交点为，则，且，，即.因为，且，所以，故，即，所以.作于，于，则与相似，且相似比，所以.设，则，，又，所以，所以.在中，,又，所以，即点与点重合，故，所以，故，. 又与相似，且相似比为，于是，，所以在中，.从而，故.故答案为：.四、解答题：本大题共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.写出两角差的余弦公式，并利用单位圆以及向量的数量积证明该公式．【答案】；证明见解析.【解析】【分析】先写出两角差的余弦公式，在单位圆中设的终边与单位圆相交，写出交点坐标，并计算向量的数量积.再由或得到，从而证明，即可证明结论.【详解】公式：证明：如图，单位圆中，设，，，又存在，使得或， 所以，因为，所以，故．18.在如图的方格纸（每个小方格边长为1）上有A，B，C三点，已知向量以A为始点．（1）试以B为始点画出向量，使，且，并求向量的坐标；（2）在（1）的条件下，求．【答案】（1）作图见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量的坐标运算即可解决；（2）利用平面向量的数量积运算结合分类讨论即可解决.【小问1详解】向量满足，且，则如图，这两个向量均满足题意，证明如下：向量，，则，得，因为，解得，所以；【小问2详解】 若，，，所以．若，，．所以．19.已知向量，，．（1）当时，求的值；（2）求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量垂直的坐标表示求得，结合角的范围求大小；（2）利用向量数量积、辅助角公式可得，根据正弦型函数性质求值域，即可得范围.【小问1详解】因为，所以，得，又，所以．【小问2详解】，因为，所以，则，所以，故．20.某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： （1）请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并求出函数的解析式；（2）先将图象上的所有点，向左平移个单位，再把图象上所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图象，若的图象关于直线对称，求当取得最小值时，函数的单调递增区间．【答案】（1）填表见解析；（2），【解析】【分析】（1）由图得，计算得，从而可得，代入点计算得，从而可得函数解析式，根据五点法分别计算数据并补全表格；（2）根据三角函数伸缩平移变换规律得函数，由对称轴列式计算得值，再利用整体法计算函数的单调递增区间.【小问1详解】根据表中已知数据，得，，可得，当时，，解得，所以．数据补全如下表： x【小问2详解】将图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象，再把所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图象，所以因为的图象关于直线对称，所以，，解得，，因为，所以，此时，由，，可得，，所以函数的单调递增区间为，．21.如图，在梯形中，．（1）令，，用，表示，，；（2）若，且，求，．【答案】（1），， （2），【解析】【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；（2）首先求出，再根据数量积的运算律及得到方程，求出，最后根据及运算律计算可得.【小问1详解】因为，所以，，；【小问2详解】因为，，所以，因为，且，所以，解得，所以，因为，，所以．22.定义函数的“积向量”为，向量的“积函数”为． （1）若向量的“积函数”满足，求的值；（2）已知，设，且“积函数”为，其最大值为t，求的最小值，并判断此时，的关系．【答案】（1）（2）最小值，此时【解析】【分析】(1)由题意知向量的“积函数”为，把和分别代入，得到，化简后令，得，即可求出，从而求出，即的值；(2)设，，则可得到，令，由三角函数的有界性得到，可得，代入消去得，所以，把代入化为二次函数即可求出最小值及此时，的关系.【小问1详解】由题意知向量的“积函数”为，所以，令，上式化为，所以，，， 即；【小问2详解】设，，因为，所以，令，此时存在，满足.当且仅当时，等号成立，其中，所以，即，所以，，所以，所以，此时，所以的最小值为，此时．