江西省興國平川中學等多校聯考2023-2024年高一下學期期中調研測試數學（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網

注意事項：
1．考查范圍：必修第一冊占20%，必修第二冊第一章至第四章第一節(jié)占80%．
2．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡指定位置上．
3．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
4．考生必須保持答題卡的整潔．考試結束后，請將答題卡交回．
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 若集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據交集的定義計算可得.
【詳解】因為，，
所以.
故選：D.
2. 已知向量，，若，則（）
A. 3B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量線性運算的坐標表示及向量垂直列方程計算即可．
【詳解】由已知得，因為，
所以，即，解得，
故選：B．
3. 已知中，內角，，所對的邊分別為，，，滿足，，，則（）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理計算可得.
【詳解】由正弦定理，則，解得.
故選：C.
4. 已知角的終邊經過點，若，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據三角函數的定義求出，再由三角函數的定義計算可得.
【詳解】因為角的終邊經過點，且，
所以，解得，
所以.
故選：A.
5. 如圖所示，某廣場的六邊形停車場由4個全等的等邊三角形拼接而成，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量線性運算可求得結論.
【詳解】依題意，.
故選：.
6. 函數在上的值域為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，令，轉化為二次函數求解.
【詳解】解：依題意，
令，
故.
故當時，有最大值，當時，有最小值3，
故所求值域為.
故選：B.
7. 已知的中心為O，若，且，則（）
A B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得到，再由求解.
【詳解】解：因為，故.
而，故，
則.
故選：B.
8. 已知中，，，若，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由正弦定理，，在中，由正弦定理，，兩式相除可得，設，可得，可求.
【詳解】由，可得D為BC中點，
因為，故，
在中，由正弦定理，①，
在中，由正弦定理，②，
兩式相除可得，；設，
而，可得，
則.
故選：D.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 已知實數，且，則（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由不等式的性質即可判斷AB；作差法判斷C，特殊值法判斷D．
【詳解】對于A，因為，所以，所以，故A錯誤；
對于B，因為，所以，所以，故B正確；
對于C，，
因為，所以，所以，故C正確；
對于D，令，可知D錯誤，
故選：．
10. 已知函數，則（）
A. 是的一個周期
B. 的圖象關于直線對稱
C. 將的圖象向左平移個單位長度后所得圖象關于原點對稱
D. 在區(qū)間上單調遞增
【答案】AC
【解析】
【分析】求得的最小正周期可判斷A；由，可判斷B；，可判斷C；，結合余弦函數的單調性可判斷D.
【詳解】易知函數的最小正周期為，故是的一個周期，故A正確；
因為，所以不是的圖象的對稱軸，故B錯誤；
因為，所以函數為奇函數，故C正確；
因為，可得，
所以由余弦函數的單調性可得函數在區(qū)間上先減后增，故D錯誤.
故選：AC.
11. 已知中，點滿足，點在內（含邊界），其中，則（）
A. 若，，則B. 若兩點重合，則
C. 若存在，使得能成立D. 存在，使得能成立
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平面向量的線性運算即可判斷A；由重心的性質即可判斷B；由平面向量基本定理即可判斷CD．
【詳解】對A，，即，故，則，故，故A錯誤；
對B，由得，，故為的重心，則為的重心，故，故正確；
對C，D，取的中點，則，
由點在內（含邊界），
過點作，與線段交于點M，與射線交于點如圖所示，
設，則，
設，則，
因為，所以，則，
故C和D正確，
故選：BCD．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知扇形的弧長為，面積為，則扇形所在圓的半徑為______．
【答案】3
【解析】
【分析】根據給定條件，利用扇形面積公式求解即得.
【詳解】令扇形所在圓的半徑為，依題意，，所以.
故答案為：3
13. 已知函數在上單調遞增，則實數的值可以是______．（寫出滿足條件的一個值即可）
【答案】0（答案不唯一，）
【解析】
【分析】把函數化成分段函數，求出其單調遞增區(qū)間，再借助集合的包含關系求解即得.
【詳解】依題意，函數，顯然函數在R上單調遞增，
而函數在上單調遞減，在上單調遞增，
因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，
又函數在上單調遞增，于是，則，解得，
實數的值可以是0.
故答案為：0（答案不唯一）
14. 已知A，B，C三座小島的位置如圖所示，其中B島在A島的南偏西方向，C島在B島的正東方向，A，C兩島相隔4千海里，一貨輪由A島出發(fā)沿著的方向直線航行了的路程后，到達M島進行補給后再前往C島，若M島到B島的距離與M島到A島的距離相同，則B，C兩島的距離為______千海里．
【答案】
【解析】
【分析】在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，可求得.
【詳解】依題意，，記，
所以4，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由余弦定理得，
故，解得，
因為，則.
故答案為：.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. （1）求的值；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用平方關系和誘導公式求解；
（2）利用三角函數的齊次式求解.
【詳解】.（1）依題意.
（2）依題意，.
16. 已知，是平面內兩個不共線的單位向量，，，，是該平面內的點，其中，，，，，三點共線．
（1）求的值；
（2）若，求，夾角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量共線可得，從而求出的值；
（2）設的夾角為，由，求出，結合向量模長公式，即可求出，夾角的余弦值.
【小問1詳解】
因為三點共線，故存在，使得，
則，
則解得.
【小問2詳解】
設的夾角為.
依題意，，
故，
解得，
即夾角的余弦值為
17. 已知中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，其中，，．
（1）求的外接圓半徑；
（2）求周長的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用商數關系和平方關系化簡求得，再利用正弦定理求解；
（2）先利用余弦定理得到，再利用基本不等式求解.
【小問1詳解】
解：依題意，
解得，
故的外接圓半徑.
【小問2詳解】
由余弦定理得，
因為，則，
則，故，
當且僅當時等號成立，
故周長的最大值為.
18. 已知直線是函數的圖象的一條對稱軸，且在上單調遞增．
（1）求的值和的單調遞增區(qū)間；
（2）在上面網格紙中作出在上的大致圖象；
（3）將函數的圖象的橫坐標縮短為原來的，再向右平移個單位長度后，得到函數的圖象，求在上的值域．
【答案】（1），增區(qū)間為
（2）作圖見解析（3）
【解析】
【分析】（1）利用對稱軸求出，在結合函數的單調減區(qū)間求出范圍，從而得到，利用正弦函數的單調性即可求出函數的單調遞增區(qū)間；
（2）由（1）的解析式，利用五點法作出它在的圖象；
（3）根據函數關系的平移和伸縮變換的應用求出函數的解析式，結合正弦函數的圖象與性質即可求出在上的值域.
【小問1詳解】
依題意，，故，
由于在上單調遞增，故，
所以，解得，故；
令，解得，
故的單調遞增區(qū)間為.
【小問2詳解】
作出在上的大致圖象如下所示：
小問3詳解】
將函數的圖象的橫坐標縮短為原來的后，得到；
再向右平移個單位長度后，得到圖象；
當時，，
所以當時，，
當時，，
故在上的值域為.
19. 若定義在D上的函數滿足：對任意，存在常數，都有成立，則稱是D上的有界函數，其中稱為函數的上界，最小的M稱為函數的上確界．
（1）求函數的上確界；
（2）已知函數，，證明：2為函數的一個上界；
（3）已知函數，，若3為的上界，求實數的取值范圍．
參考數據：，．
【答案】（1）2 （2）證明見解析
（3）
【解析】
【分析】（1）將函數寫成分段函數的形式，再根據上確界的定義即可求解.
（2）對函數進行換元，并根據定義域求出值域，進而證明2是一個上界.
（3）將問題轉化為對恒成立，再構造函數，利用函數的單調性即可得解.
【小問1詳解】
依題意，
故，故的上確界為2.
【小問2詳解】
證明：令，故原函數化為，
由對勾函數性質可知，在上單調遞減，在上單調遞增，
且；
故，故2為函數的一個上界.
【小問3詳解】
依題意，在上恒成立，即對恒成立；
令，故對恒成立，
所以，
設.
因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上的最大值為在上的最小值為；
所以實數的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數新定義的問題.關鍵點是根據題意理解有界函數的新定義，并結合函數的換元法求值域，以及分離參數解決恒成立問題.

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