2022-2023学年北京市丰台区高一下学期期中练习数学试题（A卷）含解析

这是一份2022-2023学年北京市丰台区高一下学期期中练习数学试题（A卷）含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市丰台区高一下学期期中练习数学试题（A卷） 一、单选题1．已知向量，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求.【详解】因为，，所以，解得.故选：D.2．若，则所在的象限是（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】由的范围，求出的正负，从而可确定点所在象限．【详解】∵，∴，∴点在第二象限．故选：B．3．下列函数中，最小正周期是的奇函数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据周期公式结合周期定义求各函数的周期，再根据奇函数的定义判断即可.【详解】函数的周期为，设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，A正确；函数的周期为，设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以函数为偶函数，B错误；函数的周期为，C错误；设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，则，故函数的周期为，又，所以函数为偶函数，D错误；故选：A.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用诱导公式以及二倍角正弦公式即可求得答案.【详解】由题意得，故选：B5．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】先根据函数图象得到周期求出，然后代入特殊点求值即可.【详解】由题图可知函数的周期，又，则，所以，将，代入解析式中得，则，，解得，，因为，则.故选：A.6．在△中，角，，所对的边分别为，，，且，则△的形状为（    ）A．直角三角形 B．等腰或直角三角形C．等腰三角形 D．等边三角形【答案】C【分析】首先利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换化简，再利用正弦函数性质确定角的关系，从而进一步确定三角形的形状.【详解】根据题意及正弦定理得，即，所以，又，所以，所以三角形是等腰三角形.故选：.7．在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每分钟转动一周. 若点初始位置的坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设坐标原点为，点为，由三角函数定义求的正弦和余弦，结合诱导公式的正弦和余弦，由此可得坐标.【详解】因为点初始位置的坐标为，所以，因为每分钟转动一周，逆时针运动分钟，动点所处位置为，所以，所以，，所以点的坐标为,故选：C.8．在矩形中，，，为边的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量表示，结合数量积的定义求.【详解】由已知，，又，，所以.所以.故选：A.9．将函数的图象向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，其中，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数图象变换法则求变换后的函数解析式，结合余弦函数的性质列方程求.【详解】将函数的图象向左平移个单位可得函数的图象，由已知图象关于轴对称，所以，将函数的图象向右平移个单位可得函数的图象，由已知图象关于原点对称，所以，所以，又，所以.故选：D.10．在△中，，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，利用余弦定理求，结合数量积定义求，结合的范围求数量积的范围.【详解】设，则，，所以，由余弦定理可得，所以，所以，所以的取值范围是.故选：D. 二、填空题11．在中，若，，，则_______．【答案】【分析】利用正弦定理可求得的值.【详解】由正弦定理得.故答案为：.12．已知向量是单位向量，且夹角为，则_______．【答案】【分析】根据向量的模的性质和数量积的定义求解即可.【详解】由已知，，所以，所以，故答案为：.13．在平面直角坐标系中，角以轴非负半轴为始边，其终边经过点，且，则_______．【答案】【分析】根据正弦的定义列方程求.【详解】因为角的终边经过点，由正弦的定义可得，又，所以，解得.故答案为：.14．若点关于y轴的对称点为，则的一个取值为_____.【答案】(答案不唯一)【分析】根据两点关于轴对称，可得到两点的横坐标相反，纵坐标相等，从而可求得的值.【详解】因为点关于y轴的对称点为，所以，即，即，所以.故答案为：.(答案不唯一)15．已知函数在区间上有且仅有个对称中心，给出下列四个结论：①的最小正周期可能是； ②在区间上有且仅有3条对称轴；③的取值范围是；④在区间上单调递减．其中所有正确结论的序号是________．【答案】③④【分析】求函数的对称中心，由条件确定的范围，再结合余弦型函数的性质判断各命题.【详解】由，，可得，，所以函数的对称中心为，，令，可得，，因为，函数在区间上有且仅有个对称中心，所以，所以，故的取值范围是，③正确，因为，，所以，①错误；由，，可得，，所以函数的对称轴为，，令可得，，，所以当时，只有两条对称轴，②错误；当时，，由函数在上单调递减，所以在区间上单调递减．④正确.故答案为：③④. 三、解答题16．已知向量.(1)求；(2)设的夹角为，求的值；(3)若，求实数的值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用向量的线性运算的坐标表示求解；（2）利用向量的夹角的坐标表示求解；（3）利用向量平行的坐标表示求解.【详解】（1）因为向量，所以；（2）由题意得，，故.（3）因为向量， 所以，. 因为， 所以. 解得：.17．在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边的两个锐角，的终边分别与单位圆相交于，两点，，的横坐标分别为，．(1)求，的值；(2)求的值．【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由三角函数定义求，在由同角关系求，；（2）利用两角和余弦公式求，由此可求.【详解】（1）由已知得，.因为，都是锐角，所以， .（2）因为，都是锐角，所以.因为所以，所以.18．已知函数.(1)求的值；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二倍角正弦公式结合辅助角公式化简可得，即可求得答案；（2）由题意可求得，进而求得，利用，即可求得答案.【详解】（1）因为 ，所以.（2）由（1）可知，因为，所以，整理得：，因为，所以，所以，所以.19．在中，．(1)求的大小；(2)若，再从条件①、条件②中任选一个作为已知，求的值．条件①：的面积为；条件②：.                 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将已知等式化为，由此可得；（2）若选①，利用三角形面积公式可直接构造方程求得；若选②，由同角三角函数关系可求得，利用正弦定理可得，根据余弦定理可构造方程求得.【详解】（1）由得：，即，，.（2）若选条件①，，；若选条件②，，，，由正弦定理得：，由余弦定理得：，解得：（舍）或，.20．已知函数.(1)求的最小正周期；(2)求的单调递减区间；(3)若在区间上的最大值为，求的最小值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用二倍角公式结合辅助角公式化简可得，即可求得答案；（2）结合正弦函数的单调性即可求得答案；（3）由已知确定，结合正弦函数的最大值可得，即可求得答案.【详解】（1）因为，所以的最小正周期为．（2）由（1）知,因为函数的单调递减区间为，（）,所以令，，得，，所以的单调递减区间为.（3）因为， 所以，所以，又因为，的最大值为2，所以，解得，所以的最小值为.21．已知函数．用五点法画函数在区间上的图象时，取点列表如下：(1)直接写出的解析式；(2)在锐角中，若，且向量与共线，求的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据“五点法”可得函数的解析式；（2）由条件结合（1）求，根据向量平行的坐标表示求的解析式，利用三角恒等变换化简函数解析式，结合正弦函数性质求其范围.【详解】（1）由题可知函数的最小正周期为，所以，因为函数过点，所以， ，又，即，所以函数的解析式为.（2）因为，所以.因为是锐角三角形，所以，所以，则，解得：.因为向量与共线，所以所以.因为是锐角三角形，所以，，解得：，所以，所以.所以的取值范围是.