2022-2023学年四川省南充市嘉陵一中高一（下）期中数学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2022-2023学年四川省南充市嘉陵一中高一（下）期中数学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 92.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-08 14:34:25 | ||
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文档简介
2022-2023学年四川省南充市嘉陵一中高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化简( )
A. B. C. D.
2.已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的面积为( )
A. B. C. D.
3.下列是函数的对称中心的是( )
A. B. C. D.
4.下列函数中是偶函数且最小正周期为的是( )
A. B.
C. D.
5.设，，，则( )
A. B. C. D.
6. 在中，为边上的中线，为的中点，则( )
A. B. C. D.
7.已知为圆的一条弦，且，则( )
A. B. C. D.
8.埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球大圆的周长．如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向这是从日光直射进该处一井内而得到证明的同时在亚历山大城该处与赛伊尼几乎在同一子午线上，其天顶方向与太阳光线的夹角测得为因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的．埃拉托斯特尼从商队那里知道两个城市间的实际距离大概是斯塔蒂亚，按埃及的长度算，斯塔蒂亚等于米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为( )
A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列叙述中错误的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 在等边中，与的夹角为
10.若，，则可以是( )
A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角
11.已知函数与函数的图象的对称中心完全相同，则( )
A. 函数为偶函数 B.
C. 直线是图象的一条对称轴 D. 是图象的一个对称中心
12.已知，满足：对任意，恒有，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若与的夹角为，则向量在上的投影向量为______．
14.是平面上一定点，，，是平面上不共线的三个点，动点满足，则的轨迹一定通过的______心．
15.在中，，则的取值范围______．
16.如图所示，在中，，在线段上，设，，，则的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
设两个非零向量与不共线．
若，，求证，，三点共线．
试确定实数，使和共线．
18.本小题分
已知向量与的夹角，且，．
求，；
求与的夹角的余弦值．
19.本小题分
已知．
求的值；
求的值．
20.本小题分
已知函数的部分图像如图所示．
求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；
将函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数的图像，求的解析式；
若在上恒成立，求实数的取值范围．
21.本小题分
如图，已知是半径为，圆心角为的扇形，点在弧上异于点，，过点作，，垂足分别为，记，四边形的周长为．
求关于的函数关系式；
当为何值时，有最大值，并求出的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：原式．
故选：．
进行向量的加法和减法的运算即可．
本题考查了向量的加法和减法的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：扇形的圆心角是，，扇形半径，
扇形的面积为：
．
故选：．
根据扇形的面积公式能求出结果．
本题考查扇形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：令，得，
令，得，
为函数的一个对称中心，
其余选项得到的，
故选：．
利用正切函数的对称性质，令，可得答案．
本题考查正切函数的对称性质，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的奇偶性，三角恒等变换和三角函数的周期，属基础题．
利用三角函数的奇偶性和三角函数的周期公式逐一判断即可．
【解答】
解：，是偶函数，周期，符合条件；
B.函数是奇函数，不符合条件；
C.，是非奇非偶函数，不符合条件；
D.函数是偶函数，周期，不符合条件．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了正弦函数单调性的运用；解答本题的关键是将，分别化为和的正弦值，利用正弦函数的单调性判断．属基础题．
将化为，而，利用正弦函数的单调性判断，，的大小．
【解答】
解：因为，而，
由正弦函数单调递增，并且，
所以，即；
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查平面向量的运算，以及平面向量基本定理，属于较易题．
根据向量的加法运算法则运算即可得解．
【解答】
解：如图，
，
所以．
故选A．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的运算，属于基础题．
设的中点为，连接，结合向量的数量积的定义得答案．
【解答】
解：设的中点为，连接，则，
则
．
故选D．
8.【答案】
【解析】解：设地球半径为，两个城市间的实际距离大概是斯塔蒂亚，按埃及的长度算，斯塔蒂亚等于米，
则，
米，
故选：．
设出球的半径，利用弧长公式，求解球的半径，然后求解即可．
本题考查球面距离的求法与应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为向量不能比较大小，
故A错误；
对于，当时，，
此时无法确定，
故B错误；
对于，当时，此时无法判断是否平行，
故C错误；
对于，在等边中，，
则与的夹角为，
故D错误．
故选：．
根据平面向量的定义即可判断；根据数量积的定义即可判断；根据平面向量共线的定义即可判断；根据向量夹角的定义即可判断．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了共线向量及向量的夹角，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，，故是第一象限角，
由，
得，
当为偶数时，是第一象限角，
当为奇数时，是第三象限角．
故选：．
由条件，可知是第一象限角，据此得到范围，即可确定所在的象限．
本题主要考查了三角函数值符号的判断，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对称中心完全相同，则周期相同，，
则，，是的一个对称中心，
故，，即，
又，故当，时满足条件，故，
对选项A：，函数定义域为，为偶函数，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：当时，不是的对称轴，错误；
对选项D：当时，，，故是的对称中心，正确．
故选：．
根据对称中心完全相同得到，计算，得到函数解析式，，A正确，，B正确，代入验证知C错误D正确，得到答案．
本题主要考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：不妨设，
则，其几何意义为定点到轴上的动点的距离，
显然当轴时，取得最小值，
若对任意，恒有，即，
所以轴，
所以，即，故B正确，D错误；
因为，
所以，故A错误，C正确．
故选：．
设，根据向量线性运算的几何意义分析可得，即定点到轴上的动点的距离，进而推出，可判断选项B和；由，结合向量数量积的运算法则，可判断选项A和．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量的线性运算和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，与的夹角为，
，则向量在上的投影向量为．
故答案为：．
根据条件可求出，然后根据投影向量的计算公式即可求出在上的投影向量．
本题考查了向量数量积的计算公式，投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】内
【解析】解：由于是平面上一定点，，，是平面上不共线的三个点，
动点满足
即在的平分线上，所以的轨迹一定通过的内心．
故答案为：内
理解的含义，是的平分线上的向量，即可解答本题．
本题考查三角形的五心，错误原因：对理解不够．不清楚与的角平分线有关．考查内角平分线定理，平面向量基本定理的应用．
15.【答案】
【解析】解：在中，因为，可得，
所以，
则，
因为，可得，则，
所以
可得
所以．
故答案为：．
根据题意，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解．
本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：根据条件，；
；
，，三点共线，且在线段上；
，且，；
，当且仅当，即时取“”；
的最小值为．
故答案为：．
可由条件得出，进而便可得出，并且，，从而便可得出，然后化简，根据基本不等式即可求出原式的最小值．
考查向量数乘的几何意义，三点，，共线的充要条件：，且，以及利用基本不等式求最值的方法．
17.【答案】证明：因为，，，
所以，
所以，共线，
又因为它们有公共点，
所以，，三点共线；
解：因为和共线，
所以存在实数，使，
所以，
即 ．
又，是两个不共线的非零向量，
所以，
所以，
所以或．
【解析】转化为证明向量，共线，即可证明三点共线；
由共线定理可知，存在实数，使，利用向量相等，即可求解的值．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
18.【答案】解：，，
．
由题意知，，
设与的夹角为，则，
故与的夹角的余弦值为．
【解析】由平面向量数量积的运算法则，可得的值；由，再代入相关数据，得解．
先求出，设与的夹角为，由，得解．
本题考查平面向量的混合运算，熟练掌握平面向量的加法和数量积的运算法则是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：．
，
即，；
由知，又，
，，
．
【解析】对已知等式两边平方，结合二倍角公式求解；
利用二倍角公式求解．
本题主要考查了同角三角函数间的基本关系，属于基础题．
20.【答案】解：由图像可知，，且，解得，
所以，
因为，
所以，则，
因为，所以，
所以，
令，得，
所以函数单调递增区间为．
由可知，，
将函数的图像向左平移个单位，得到，
再把所得图像上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，
所以；
因为，所以，
所以，
因为在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，
所以实数的取值范围为．
【解析】通过最大值求，利用周期解得，代点求解，可得函数解析式，再利用整体代入法求单调递增区间；
通过函数的平移和伸缩变换求函数解析式；
由函数在区间内的值域，结合不等式恒成立，求实数的取值范围．
本题考查利用函数的部分图像求函数的解析式，函数的单调性和图像变换，恒成立问题求参数的取值范围，属于中档题．
21.【答案】解：在直角三角形中，，，
，．
在直角三角形中，，，
从而，．
，；
由知，
，
，，
当且仅当，即时，取得最大值．
当时，取得最大值，最大值为．
【解析】本题考查简单的数学建模思想方法，考查三角函数的恒等变换应用，训练了三角函数最值的求法，是中档题．
在直角三角形中，由，，求出，，在直角三角形中，由，可得，从而求出，，则可求出关于的函数关系式；
由知，，利用三角函数的诱导公式化简可得，由，可得，从而求出当，即时，取得最大值．
第1页，共1页
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化简( )
A. B. C. D.
2.已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的面积为( )
A. B. C. D.
3.下列是函数的对称中心的是( )
A. B. C. D.
4.下列函数中是偶函数且最小正周期为的是( )
A. B.
C. D.
5.设，，，则( )
A. B. C. D.
6. 在中，为边上的中线，为的中点，则( )
A. B. C. D.
7.已知为圆的一条弦，且，则( )
A. B. C. D.
8.埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球大圆的周长．如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向这是从日光直射进该处一井内而得到证明的同时在亚历山大城该处与赛伊尼几乎在同一子午线上，其天顶方向与太阳光线的夹角测得为因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的．埃拉托斯特尼从商队那里知道两个城市间的实际距离大概是斯塔蒂亚，按埃及的长度算，斯塔蒂亚等于米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为( )
A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列叙述中错误的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 在等边中，与的夹角为
10.若，，则可以是( )
A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角
11.已知函数与函数的图象的对称中心完全相同，则( )
A. 函数为偶函数 B.
C. 直线是图象的一条对称轴 D. 是图象的一个对称中心
12.已知，满足：对任意，恒有，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若与的夹角为，则向量在上的投影向量为______．
14.是平面上一定点，，，是平面上不共线的三个点，动点满足，则的轨迹一定通过的______心．
15.在中，，则的取值范围______．
16.如图所示，在中，，在线段上，设，，，则的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
设两个非零向量与不共线．
若，，求证，，三点共线．
试确定实数，使和共线．
18.本小题分
已知向量与的夹角，且，．
求，；
求与的夹角的余弦值．
19.本小题分
已知．
求的值；
求的值．
20.本小题分
已知函数的部分图像如图所示．
求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；
将函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数的图像，求的解析式；
若在上恒成立，求实数的取值范围．
21.本小题分
如图，已知是半径为，圆心角为的扇形，点在弧上异于点，，过点作，，垂足分别为，记，四边形的周长为．
求关于的函数关系式；
当为何值时，有最大值，并求出的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：原式．
故选：．
进行向量的加法和减法的运算即可．
本题考查了向量的加法和减法的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：扇形的圆心角是，，扇形半径，
扇形的面积为：
．
故选：．
根据扇形的面积公式能求出结果．
本题考查扇形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：令，得，
令，得，
为函数的一个对称中心，
其余选项得到的，
故选：．
利用正切函数的对称性质，令，可得答案．
本题考查正切函数的对称性质，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的奇偶性，三角恒等变换和三角函数的周期，属基础题．
利用三角函数的奇偶性和三角函数的周期公式逐一判断即可．
【解答】
解：，是偶函数，周期，符合条件；
B.函数是奇函数，不符合条件；
C.，是非奇非偶函数，不符合条件；
D.函数是偶函数，周期，不符合条件．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了正弦函数单调性的运用；解答本题的关键是将，分别化为和的正弦值，利用正弦函数的单调性判断．属基础题．
将化为，而，利用正弦函数的单调性判断，，的大小．
【解答】
解：因为，而，
由正弦函数单调递增，并且，
所以，即；
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查平面向量的运算，以及平面向量基本定理，属于较易题．
根据向量的加法运算法则运算即可得解．
【解答】
解：如图，
，
所以．
故选A．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的运算，属于基础题．
设的中点为，连接，结合向量的数量积的定义得答案．
【解答】
解：设的中点为，连接，则，
则
．
故选D．
8.【答案】
【解析】解：设地球半径为，两个城市间的实际距离大概是斯塔蒂亚，按埃及的长度算，斯塔蒂亚等于米，
则，
米，
故选：．
设出球的半径，利用弧长公式，求解球的半径，然后求解即可．
本题考查球面距离的求法与应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为向量不能比较大小，
故A错误；
对于，当时，，
此时无法确定，
故B错误；
对于，当时，此时无法判断是否平行，
故C错误；
对于，在等边中，，
则与的夹角为，
故D错误．
故选：．
根据平面向量的定义即可判断；根据数量积的定义即可判断；根据平面向量共线的定义即可判断；根据向量夹角的定义即可判断．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了共线向量及向量的夹角，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，，故是第一象限角，
由，
得，
当为偶数时，是第一象限角，
当为奇数时，是第三象限角．
故选：．
由条件，可知是第一象限角，据此得到范围，即可确定所在的象限．
本题主要考查了三角函数值符号的判断，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对称中心完全相同，则周期相同，，
则，，是的一个对称中心，
故，，即，
又，故当，时满足条件，故，
对选项A：，函数定义域为，为偶函数，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：当时，不是的对称轴，错误；
对选项D：当时，，，故是的对称中心，正确．
故选：．
根据对称中心完全相同得到，计算，得到函数解析式，，A正确，，B正确，代入验证知C错误D正确，得到答案．
本题主要考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：不妨设，
则，其几何意义为定点到轴上的动点的距离，
显然当轴时，取得最小值，
若对任意，恒有，即，
所以轴，
所以，即，故B正确，D错误；
因为，
所以，故A错误，C正确．
故选：．
设，根据向量线性运算的几何意义分析可得，即定点到轴上的动点的距离，进而推出，可判断选项B和；由，结合向量数量积的运算法则，可判断选项A和．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量的线性运算和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，与的夹角为，
，则向量在上的投影向量为．
故答案为：．
根据条件可求出，然后根据投影向量的计算公式即可求出在上的投影向量．
本题考查了向量数量积的计算公式，投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】内
【解析】解：由于是平面上一定点，，，是平面上不共线的三个点，
动点满足
即在的平分线上，所以的轨迹一定通过的内心．
故答案为：内
理解的含义，是的平分线上的向量，即可解答本题．
本题考查三角形的五心，错误原因：对理解不够．不清楚与的角平分线有关．考查内角平分线定理，平面向量基本定理的应用．
15.【答案】
【解析】解：在中，因为，可得，
所以，
则，
因为，可得，则，
所以
可得
所以．
故答案为：．
根据题意，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解．
本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：根据条件，；
；
，，三点共线，且在线段上；
，且，；
，当且仅当，即时取“”；
的最小值为．
故答案为：．
可由条件得出，进而便可得出，并且，，从而便可得出，然后化简，根据基本不等式即可求出原式的最小值．
考查向量数乘的几何意义，三点，，共线的充要条件：，且，以及利用基本不等式求最值的方法．
17.【答案】证明：因为，，，
所以，
所以，共线，
又因为它们有公共点，
所以，，三点共线；
解：因为和共线，
所以存在实数，使，
所以，
即 ．
又，是两个不共线的非零向量，
所以，
所以，
所以或．
【解析】转化为证明向量，共线，即可证明三点共线；
由共线定理可知，存在实数，使，利用向量相等，即可求解的值．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
18.【答案】解：，，
．
由题意知，，
设与的夹角为，则，
故与的夹角的余弦值为．
【解析】由平面向量数量积的运算法则，可得的值；由，再代入相关数据，得解．
先求出，设与的夹角为，由，得解．
本题考查平面向量的混合运算，熟练掌握平面向量的加法和数量积的运算法则是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：．
，
即，；
由知，又，
，，
．
【解析】对已知等式两边平方，结合二倍角公式求解；
利用二倍角公式求解．
本题主要考查了同角三角函数间的基本关系，属于基础题．
20.【答案】解：由图像可知，，且，解得，
所以，
因为，
所以，则，
因为，所以，
所以，
令，得，
所以函数单调递增区间为．
由可知，，
将函数的图像向左平移个单位，得到，
再把所得图像上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，
所以；
因为，所以，
所以，
因为在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，
所以实数的取值范围为．
【解析】通过最大值求，利用周期解得，代点求解，可得函数解析式，再利用整体代入法求单调递增区间；
通过函数的平移和伸缩变换求函数解析式；
由函数在区间内的值域，结合不等式恒成立，求实数的取值范围．
本题考查利用函数的部分图像求函数的解析式，函数的单调性和图像变换，恒成立问题求参数的取值范围，属于中档题．
21.【答案】解：在直角三角形中，，，
，．
在直角三角形中，，，
从而，．
，；
由知，
，
，，
当且仅当，即时，取得最大值．
当时，取得最大值，最大值为．
【解析】本题考查简单的数学建模思想方法，考查三角函数的恒等变换应用，训练了三角函数最值的求法，是中档题．
在直角三角形中，由，，求出，，在直角三角形中，由，可得，从而求出，，则可求出关于的函数关系式；
由知，，利用三角函数的诱导公式化简可得，由，可得，从而求出当，即时，取得最大值．
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