天津市滨海新区2020届高三下学期居家反馈数学试题 Word版含解析

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临澧一中2020年上学期段考高一数学试题卷 时量：120分钟 总分：150分 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原式中的角度变形后，利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．‎ ‎【详解】解：.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了运用诱导公式化简求值，熟练掌握诱导公式是解本题的关键，属于基础题．‎ ‎2. 在中，角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与的度数，求出的度数，利用正余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】解：，，，‎ ‎.‎ 由正弦定理可知，即，则.‎ 由余弦定理可知，‎ - 19 -‎ ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎3. 已知向量，，若与共线，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出平面向量与的坐标，利用共线向量的坐标表示可得出关于实数的等式，进而可求得实数的值.‎ ‎【详解】向量，，，，‎ 由于与共线，则，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用平面向量共线求参数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4. 在中，已知内角，，的对边分别是，，，且，则角（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理与已知条件结合，求得，进而根据角的范围得出结果即可.‎ ‎【详解】解：由余弦定理可知，‎ 因为，所以，即，‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎5. 已知向量，满足，，与的夹角为120°，则在方向上的投影为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量数量积的几何意义计算可得；‎ ‎【详解】解：因为，，与的夹角为120°，所以 故选：C ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积的几何意义，属于基础题.‎ ‎6. 函数是（ ）‎ A. 周期为的奇函数 B. 周期为的偶函数 C. 周期为的奇函数 D. 周期为的偶函数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逆用二倍角的余弦公式化简函数解析式，判断该函数的奇偶性以及最小正周期，即可得出答案.‎ ‎【详解】令，‎ ‎，‎ 所以函数为偶函数，且，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二倍角公式，周期公式以及利用定义判断函数奇偶性，属于中档题.‎ - 19 -‎ ‎7. 函数的图像是由函数的图像向左平移个单位长度得到的，则函数的解析式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图像变换“左加右减”规律求解即可.‎ ‎【详解】解：向左平移个单位长度变换得到 ‎，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】考查型函数图像变换规律，基础题 ‎8. 已知函数（，，）如图所示，则的递增区间为（ ）‎ A. （） B. （）‎ - 19 -‎ C. （） D. （）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的最值求出，由周期求出，由特殊点的坐标求出的值，可得函数的解析式．再根据正弦函数的单调性，得出结论．‎ ‎【详解】解：由图象可知，，所以，故．‎ 由五点法作图可得，求得，所以，．‎ 由，得．‎ 所以的单调递增区间是（），‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用的图象特征，由函数的最值求出，由周期求出，由特殊点的坐标求出的值，正弦函数的单调性，属于基础题．‎ ‎9. 中角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的形状为（ ）‎ A. 正三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据降幂公式，先得到，化简整理，再由正弦定理，得到，推出，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因，所以，‎ 即，‎ 所以，‎ - 19 -‎ 因为B，C为三角形内角，所以，即，‎ 因此为直角三角形.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查判定三角形的形状，属于常考题型.‎ ‎10. 已知，，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，再求出，再由，确定，‎ 所以，再利用平方关系求解 ‎【详解】解：由题得，，所以，‎ 又，所以，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数关系求值，考查二倍角公式，考查三角函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，基础题.‎ ‎11. 已知函数（），若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期为 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称 - 19 -‎ C. 当时，函数的值域为 D. 当函数取得最值时，（）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用二倍角公式将函数化简，求出函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；‎ ‎【详解】解：因为 所以 所以 所以，因为函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，所以，所以，所以函数的最小正周期，‎ 将函数的图象向左平移个单位长度，得到为偶函数，图象关于轴对称；‎ 当时，，，即函数的值域为；‎ 令，解得，即当函数取得最值时，（）‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三角恒等变换及三角函数的性质的应用，属于中档题.‎ ‎12. 如图，，点由射线、线段及的延长线围成的阴影区域内（不含边界）.且，则实数对可以是（ ）‎ - 19 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可利用平面向量基本定理和平行四边形法则将四个答案一一代入，然后判断点的位置，排除错误答案，即可得出结果.‎ ‎【详解】根据平面向量基本定理和平行四边形法则可知：‎ 若取，则，点在阴影区域内，A正确；‎ 若取，则，点在直线的上方，B错误；‎ 若取，则，点在直线的下方，C错误；‎ 若取，则，点在射线上，D错误，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理和平行四边形法则的应用，考查根据平行四边形法则判断向量的位置，考查数形结合思想，考查推理能力，是简单题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13. 周长为8，圆心角弧度数为2的扇形的面积为_______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设扇形所在圆的半径为，对应弧长为，由题意列出方程组，求出弧长和半径，再由扇形面积公式，即可求出结果.‎ - 19 -‎ ‎【详解】设扇形所在圆的半径为，对应弧长为，‎ 由题意可得，，解得，‎ 所以扇形面积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查求扇形面积，熟记扇形面积公式以及弧长公式即可，属于基础题型.‎ ‎14. 已知，，，则a，b，c的大小关系是_______.（用“<”连接）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两角差的正弦公式，以及二倍角公式，将化简整理，再由正弦函数单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 根据正弦函数单调性，有，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查由正弦函数单调性比较大小，考查两角差的正弦公式，以及二倍角公式，属于常考题型.‎ ‎15. 中角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理，得到，设，得到方程有解，由判别式大于等于零，列出不等式求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 由余弦定理可得，，即，‎ 设，则，代入整理得：，‎ 因为该方程必然有实数解，‎ 所以，解得，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于常考题型.‎ ‎16. 已知函数（，）满足：‎ ‎①的图象关于直线对称；②；③在上不单调.‎ 若在有两个零点，则实数a的范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，已知函数图象关于直线对称和，再结合，的范围可以解得函数表达式为，此题考查函数零点问题，利用数形结合，令并画出其图像，寻找直线与其有两个交点的范围即的取值范围。‎ ‎【详解】根据题意可知，的图象关于直线对称，则：；‎ - 19 -‎ 且由可得：；‎ 两式联立得： .‎ 因为，所以： ‎ 则且，解得： ‎ 于是.‎ 由题意可知在有两个零点，即方程在上有两个解，移项得： ，令 ，可得:‎ ‎ ， ，‎ 由解析式可以画出其图像，‎ 根据图像可得，的取值范围为：‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数与函数零点问题的结合，属于综合类题目，应熟练求解三角函数解析式，学会运用数形结合解决问题。‎ - 19 -‎ 三、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. （1）已知向量，，向量与的夹角为，求；‎ ‎（2）已知角的的终边经过点，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据向量模的计算公式，由题中条件，即可得出结果；‎ ‎（2）根据三角函数的定义，求出，得出，再由诱导公式，以及弦化切公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为向量，，向量与的夹角为，‎ 所以，因此；‎ ‎（2）因为角的的终边经过点，所以，‎ 因此，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查求平面向量的模，考查三角函数的定义，诱导公式，以及同角三角函数基本关系，属于常考题型.‎ ‎18. 已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小正周期；‎ ‎（2）求函数的值域和单调递增区间.‎ ‎【答案】（1）；（2），（）.‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用辅助角公式化简，再根据周期公式计算可得；‎ ‎（2）根据正弦函数的性质计算可得；‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以 所以函数的最小正周期 ‎（2）因为，所以，即 令，解得 即函数的单调递增区间为（）.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换公式的应用以及正弦函数的性质的应用，属于基础题.‎ ‎19. 在△ABC中，角对边分别为．设向量，，．‎ ‎（Ⅰ）若 ，求证：△ABC为等腰三角形；‎ ‎（Ⅱ）已知c＝2，，若，求△ABC的面积S．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）根据向量共线，可得关系式，由正弦定理可证得；（Ⅱ）由，可得其数量积为0，根据数量积公式可得，整理可得．由余弦定理还可再得间关系式，从而可求得整体的值，根据三角形面积公式求其面积．‎ 试题解析：（Ⅰ）因为所以，‎ 由正弦定理得，即，所以为等腰三角形． ‎ ‎（Ⅱ）因为，所以，即，．．．．．．①，‎ - 19 -‎ 又因为，，‎ 由余弦定理，得，即，‎ 把①代入得，‎ 解得（舍去），‎ 所以的面积．‎ 考点：1向量共线，垂直问题；2余弦定理．‎ ‎20. 如图，在四边形中，，，，，.‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）7；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在中，由，得出,根据正弦定理，可求得解得的值；‎ ‎(2)在中，根据余弦定理，可求得,利用三角形的面积公式求解即可．‎ ‎【详解】(1)在中，因为，,‎ 所以．‎ - 19 -‎ 根据正弦定理，有 , ‎ 代入 解得．‎ ‎(2)在中，根据余弦定理．‎ 代入，得，所以, ‎ 所以 ‎【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式，考查学生计算能力，属于基础题．‎ ‎21. 已知向量，，设.‎ ‎（1）若，求x的值；‎ ‎（2）设，且对任意的均成立，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或（）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据向量数量积的坐标表示，以及三角恒等变换，将解析式化为，再由正弦函数的性质，即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1），根据三角恒等变换，得到，由正弦函数的性质，求出，，将不等式在给定区间恒成立问题，转化为 - 19 -‎ 对任意的恒成立；结合二次函数的性质，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意，‎ ‎，‎ 若，则，所以或，，‎ 因此或（）；‎ ‎（2）由（1）得 ‎，‎ 若，则，因此，‎ 令，‎ 则不等式对任意的均成立，‎ 可化为对任意的恒成立；‎ 即对任意的恒成立；‎ 即对任意的恒成立；‎ 只需对任意的恒成立；‎ 因为函数是开口向上，且对称轴为的二次函数，‎ - 19 -‎ 所以在上单调递减，‎ 因此当时，取最大值为；‎ 又函数是开口向上，且对称轴为的二次函数，‎ 所以当时，取得最小值为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查由三角函数值求角，考查向量数量积的坐标表示，以及不等式恒成立求参数的问题，涉及正弦函数的性质，以及二次函数的性质，属于常考题型.‎ ‎22. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形.‎ ‎（1）求值及函数的值域；‎ ‎（2）若，且，求的值；‎ ‎（3）已知函数的图象是由的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍，然后再向左平移1个单位长度得到的，若存在，使成立，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1），；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ ‎（1）先将原式整理，得到，得出值域，求出点纵坐标为，推出周期，进而可求出；‎ ‎（2）先由题中条件，和（1）的结果，得到，求出，再由两角和的正弦公式，即可求出结果；‎ ‎（3）先根据函数平移，得到，根据正弦函数的性质，求出时，，令，将问题转为存在使成立，根据二次函数的性质，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为 ‎，即的值域为；‎ 所以点纵坐标为，‎ 又为等腰直角三角形，所以，因此最小正周期为；‎ 所以；‎ ‎（2）由（1）知，‎ 因，所以，‎ 又，所以，‎ 因此，‎ 所以 - 19 -‎ ‎；‎ ‎（3）由题意，可得，‎ 若，则，所以，‎ 令，则可化为，‎ 即，‎ 因为函数是开口向上，对称轴为的二次函数，‎ 所以时，函数单调递减；时，函数单调递增，‎ 所以，‎ 又当时，；当时，，‎ 所以；‎ 因为存在，使成立，‎ 所以存在使成立，‎ 因此只需.‎ ‎【点睛】本题主要考查求正弦型函数的值域，考查由正弦型函数的周期求参数，考查三角恒等变换，二次函数的性质，以及三角函数的平移与伸缩变换，属于常考题型.‎ - 19 -‎