上海市松江區(qū)2023-2024學年高一下冊期中數學質量檢測模擬試題合集2套（含解析）

上海市松江區(qū)2023-2024學年高一下冊期中數學質量檢測模擬試題一、填空題（本大題共有12題，滿分42分，第1-6題每題3分，第7-12題每題4分）在答題紙上填寫相應結果1.函數的最小正周期為________.【正確答案】【分析】根據題意，由正弦型函數的周期計算公式即可得到結果.【詳解】因為函數，則其最小正周期為.故答案為:2.已知扇形的半徑為6，面積為，則扇形的弧長為______．【正確答案】##【分析】根據扇形的面積公式可求弧長.【詳解】設弧長為，則.故答案為.3.已知，則x取值集合為______．（答案用反正弦表示）【正確答案】或【分析】由題意可得，由三角函數的性質即可得出答案.【詳解】由可得，則或故x取值集合為或故或.4.已知，則______．【正確答案】1【分析】由誘導公式化簡所求式，再分子分母同時除以，代入即可求出答案.【詳解】.故1.5.若是邊長為2的等邊三角形，則在的數量投影為______．【正確答案】1【分析】根據投影的計算公式求解即可.【詳解】是邊長為2的等邊三角形，所以，所以在的數量投影為.故1.6.若函數，為偶函數，則_____【正確答案】【分析】由函數為偶函數，得到，結合，即可求解.【詳解】由題意，函數偶函數，則，即，解得，又因為，所以.故答案為.本題主要考查了三角函數的圖象與性質，其中解答中熟記三角函數的圖象與性質，合理計算是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.7.在中，已知，則的外接圓半徑________.【正確答案】【分析】運用余弦定理和正弦定理進行求解即可.【詳解】由余弦定理可知：，根據正弦定理可得的外接圓半徑，故8.關于的方程有實數解，則實數的取值范圍是______________.【正確答案】【詳解】試題分析：．,,,即,．故考點：1三角函數值域;2配方法求值域．9.函數的圖象如下，求它的解析式__________.【正確答案】【分析】根據最高點可確定，利用周期，將代入即可求解.【詳解】由圖象最高點可知,由點和可得周期,此時將代入得,由于，所以取，故故答案為.10.函數的圖像在上恰好有一個點縱坐標為1，則實數的取值范圍是__________.【正確答案】【分析】令，畫出函數的圖象，由圖象得出實數的取值范圍.【詳解】令，則函數的圖象如下圖所示要使得函數的圖像在上恰好有一個點縱坐標為1則，解得故11.對于函數，有以下4個結論：①函數的圖象是中心對稱圖形；②任取，恒成立；③函數的圖象與軸有無窮多個交點，且任意兩相鄰交點的距離相等；④函數與直線的圖象有無窮多個交點，且任意兩相鄰交點間的距離相等.其中正確的結論序號為_______________.【正確答案】①③【分析】根據函數的奇偶性、正弦函數的性質，結合特例法逐一判斷即可.【詳解】①：因為，所以該函數是奇函數，它的圖象關于原點對稱，是中心對稱圖形，因此本結論正確；②：因為，所以，因此不成立，所以本結論不正確；③：令，即，或，當，顯然成立，當時，，顯然函數的圖象與軸有無窮多個交點，且任意兩相鄰交點的距離相等，因此本結論正確；④：，或，當，顯然成立，當時，，，，顯然任意兩相鄰交點間的距離相等不正確，因此本結論不正確；故①③12.已知平面向最，，對任意實數，都有，成立．若，則的最大值是______．【正確答案】【分析】由題意畫出圖形，知，在以為直徑的圓上，過作，交于，交圓于，在上的射影最長為，，設，則，，可得，代入．整理后利用二次函數求最值．【詳解】如圖，設，，若對任意實數，都有，成立，如圖令，則，，因為對任意實數都有，即，因為垂線段距離最短，即為點到的垂線段長度，即，同理可得，即，在以為直徑的圓上，過作，交于，交圓于，在上的射影最長為，．設，則，，，，則當時，有最大值為．故答案為.二、選擇題（每題4分，共16分）在答題紙上填涂相應結果13.“，”是“”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】根據兩者之間的推出關系可得條件關系.【詳解】若，則，若，則，不能推出故“”是“”的充分不必要條件，故選：A.14.在△ABC中，若，則△ABC的形狀一定是（）A.等邊三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形【正確答案】C【分析】取AB的中點D，連接CD，由已知向量等式可得AB與CD垂直，從而得到三角形為等腰三角形.【詳解】若，取AB的中點D，連接CD，則，即AB與CD垂直且D為AB的中點，所以可得CB=CA，即三角形為等腰三角形.故選：C15.在直角中，是斜邊上的高，則下列等式不成立的是A. B.C D.【正確答案】C【詳解】，A是正確的，同理B也正確，對于D答案可變形為，通過等積變換判斷為正確.16.已知，，，，滿足，，，有以下個結論：①存在常數，對任意的實數，使得的值是一個常數；②存在常數，對任意的實數，使得的值是一個常數.下列說法正確的是（）A.結論①、②都成立B.結論①不成立、②成立C.結論①成立、②不成立D.結論①、②都不成立【正確答案】B【分析】根據三角恒等變換知識，分別將和用，表示即可.【詳解】對于結論①，∵，，∴，，∴，∴，∴當為常數，時，不是一個常數，故結論①不成立；對于結論②，方法一：∵又∵∴化簡得，∴存在常數，對任意的實數，使得，故結論②成立.方法二：（特值法）當時，，∴，∴.∴存在常數，對任意的實數，使得，故結論②成立.故選：B.本題中結論②的判斷，使用常規(guī)三角恒等變換的方法運算量較大，對于存在性結論，使用特值法可以有效驗證其正確性，減少運算量.三、解答題（共46分，6+8+6+10+12=42）在答題紙上填寫結果17.已知，，（1）若與的夾角為120°，求；（2）若與垂直，求與的夾角.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）利用數量積去求的值；（2）先求得與夾角夾角的余弦值，再去求與的夾角.【小問1詳解】【小問2詳解】由與垂直，可得，則則，又，則即與的夾角為18.已知，，，.（1）求的值；（2）求的值，并確定的大小.【正確答案】（1）（2），【分析】（1）由解得，由求出，利用兩角差的余弦公式求解的值；（2）由，求出，再求，利用兩角差的正切公式計算的值，并得到的大小.【小問1詳解】，由，，，又，，，.小問2詳解】由（1）可知，，，，，.19.如圖，在直角坐標系中，角的頂點是原點，始邊與x軸的正半軸重合，終邊交單位圓于點A，且，將角的終邊按逆時針方向旋轉，交單位圓于點B，設、，分別過A、B作x軸的垂線，垂足依次為C、D，記的面積為，的面積為，若，求的值．【正確答案】【分析】用的三角函數表示，根據可解出.【詳解】由已知，得，

，得，即，化簡得，解得，又，，

∴20.如圖，折線為海岸線，km，，，.（1）求的長度；（2）若km，求D到海岸線的最短距離.（以上答案都精確到0.001km）【正確答案】（1）14.911km.（2）km.【分析】(1)在中利用正弦定理列式即可求出線段BC的長.(2)求出邊AB上的高，邊BC上的高，再比較大小即可判斷作答.【小問1詳解】在中，km，，，則，由正弦定理得：(km)，所以的長度是14.911km.【小問2詳解】在中，，km，km，由正弦定理得：，于是得，則，過D作于E，于F，如圖，因此，(km)，(km)，顯然，所以D到海岸線的最短距離是km.21.已知.（1）將化成；（2）求函數在區(qū)間上的單調減區(qū)間；（3）將函數的圖像向右移動個單位，再將所得圖像的上各點的橫坐標縮短到原來的倍得到的圖像，若在區(qū)間上至少有100個最大值，求實數a的取值范圍.【正確答案】（1）（2）（3）【分析】（1）根據給定條件利用和角的余弦公式、二倍角的正弦、余弦公式，輔助角公式變形即可得解.（2）利用（1）的結論結合正弦函數的單調性列式計算作答.（3）利用（1）的結論結合給定的變換求出的解析式，再借助的性質列式計算作答.【小問1詳解】，所以；【小問2詳解】由（1）知，當時，則由得，即在上單調遞減，所以函數在區(qū)間上的單調減區(qū)間是.【小問3詳解】由（1）知，，將函數圖像向右移動個單位所得函數為，再將所得圖像上各點的橫坐標縮短到原來的倍得到的圖像，所以，則的周期為因為在區(qū)間上至少有100個最大值，所以在長為2的區(qū)間上至少有99.5個周期，因此，，解得，而，于是得，所以的取值范圍上海市松江區(qū)2023-2024學年高一下冊期中數學質量檢測模擬試題一、填空題（本大題共有12題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5分）考生應在答題紙的相應位置直接填寫結果．1.復數的虛部是__________.【正確答案】【分析】利用復數的相關概念即可得解.【詳解】由復數虛部的概念，易知復數的虛部為.故答案為.2.函數的單調增區(qū)間為______．【正確答案】【分析】令，即可求出答案.【詳解】令，則，故函數的單調增區(qū)間為.故答案為.3.若扇形的弧長所對的圓心角為54°，且半徑為20cm，則該扇形的面積為______cm2．【正確答案】【分析】利用扇形的弧長和面積公式求解即可.【詳解】由弧長公式知：該扇形的弧長為(cm).則該扇形的面積為.故4.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，，則______.【正確答案】##【分析】由正弦定理結合三角形中角的范圍即可得出結果.【詳解】由題知，，，在中，由正弦定理，得，所以，解得，因為中，，所以，所以.故答案為.5.已知點是中線上一點（不含端點），且，則滿足的等式是__________.【正確答案】【分析】把用向量表示出來，利用三點共線可求答案.【詳解】因為，所以，又三點共線，所以.故答案為.6.公元前6世紀，古希臘的畢達哥拉斯學派通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現了黃金分割值約為0.618，這一數值也可以表示為.若，則_________.【正確答案】【分析】利用同角的基本關系式，可得，代入所求，結合輔助角公式，即可求解．【詳解】因為，，所以，所以，故答案為本題考查同角三角函數的基本關系式，輔助角公式，考查計算化簡的能力，屬基礎題7.函數的振幅是2，最小正周期是，初始相位是-3，則它的解析式為__________．【正確答案】【分析】根據振幅，周期，初始相位，直接對應系數，即可求解.【詳解】因為振幅是2，所以，周期，得，初始相位是，所以，所以函數的解析式.故8.已知，，則向量在上的投影向量為______．【正確答案】【分析】根據投影向量的定義即可求解.【詳解】由題意知，的單位向量為，所以向量在方向上的投影向量為，故9.已知，且，則____________．【正確答案】【分析】根據，得到，求出，利用湊角法，結合余弦的和角公式求出答案.【詳解】，故，因為，所以，所以，故.故答案為.10.記函數所過定點為P，若P位于冪函數的圖象上，則_________．【正確答案】【分析】求出函數所過定點P的坐標，代入冪函數解析式求出的解析式，再求的值.【詳解】在函數中令得，故所過定點為，設，將代入得，所以，故，所以.故11.將函數的圖像向左平移個單位后得到函數，若函數是上的偶函數，則______．【正確答案】【分析】先根據平移規(guī)律求出，然后再由為偶函數得出滿足的關系式，從而求出結果.【詳解】因為將函數的圖像向左平移個單位后得到函數，所以，因為函數是上偶函數，所以，得，且，即，所以.故答案為.12.設函數，函數，則方程解的個數為__________．【正確答案】11【分析】方程的解的個數，即可函數與的交點個數，分與兩種情況分別畫出函數圖象，結合圖象即可判斷；【詳解】解：因為，，方程的解的個數，即可得函數與的交點個數，當時畫出兩函數圖形如下所示：由圖可知與在上有個交點，當時，畫出兩函數圖形如下所示：由圖可知與在上有個交點，綜上可得與有個交點，故方程有個解；故二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，第13-14題每題4分，第15-16題每題5分）每題有且只有一個正確選項，考生應在答題紙的相應位置，將代表正確選項的小方格涂黑．13.與一定相等的是（）A. B.C. D.【正確答案】D【分析】由誘導公式化簡各選項即可得出答案.【詳解】，對于A，；對于B，；對于C，；對于D，.故選：D.14.若實數a使得，則（）A. B.C.且 D.a可以是任意實數【正確答案】D【分析】先求時的范圍，再求其補集即可.【詳解】設，則，所以，此方程組無解，所以使的實數不存在，即對任意的實數，總有，故選：D.15.阻尼器是一種以提供運動的阻力，從而達到減振效果的專業(yè)工程裝置．深圳第一高樓平安金融中心的阻尼器減震裝置，是亞洲最大的阻尼器，被稱為“鎮(zhèn)樓神器”．由物理學知識可知，某阻尼器模型的運動過程可近似為單擺運動，其離開平衡位置的位移s（cm）和時間t（s）的函數關系式為，其中，若該阻尼器模型在擺動過程中連續(xù)三次位移為的時間分別為，，，且，則（）A. B.π C. D.2π【正確答案】B【分析】利用正弦型函數的性質畫出函數圖象，并確定連續(xù)三次位移為的時間，，，即可得，可求參數.【詳解】由正弦型函數性質，函數示意圖如下：所以，則，可得.故選：B16.設函數，給出的下列結論中正確的是（）①當，時，為偶函數；②當，時，在區(qū)間上是單調函數；③當，時，區(qū)間恰有3個零點；④當，時，在區(qū)間的最大值為，最小值為，則的最大值為A.① B.①④ C.①②③ D.①③④【正確答案】B【分析】①當時，，由偶函數的定義判斷①正確；②當時，，由復合函數的單調性判斷②錯誤；③當時，，求得函數的零點判斷③錯誤；④當時，，令，求其最大值判斷④正確.【詳解】①當時，，其定義域為，且，函數為偶函數，故①正確；②當時，，由，得，則在上不單調，故②錯誤；③當時，由，得，即則，共4個零點，故③錯誤；④當時，周期，區(qū)間的長度為，即為周期，所以當區(qū)間為函數的單調遞增區(qū)間或單調遞減區(qū)間時，最大，令，其中，即設在區(qū)間上的最大值為，最小值為，則，故④正確.故選：B.三、解答題（本大題共有5題，滿分78分），解答下列各題必須在答題紙的相應位置寫出必要的步驟．17.設z為復數．（1）若，求值；（2）若關于x的實系數一元二次方程有兩個虛根和，且，求實數k的值．【正確答案】（1）5（2）【分析】（1）把已知等式兩邊取模求解；（2）由實數系一元二次方程根與系數的關系列式求解.【小問1詳解】由可得，則.【小問2詳解】關于x的實系數一元二次方程有兩個虛根和，則，，解得：或，因為方程有兩個虛根和，所以，則.18.在△ABC中，角A，B，C，所對的邊分別為a，b，c．已知sinA+sinC=psinB（p∈R）．且ac=b2．（1）當p=，b=1時，求a，c的值；（2）若角B為銳角，求p的取值范圍．【正確答案】（1）a=1，c=或a=，c=1（2）＜p＜【詳解】（1）解：由題設并利用正弦定理得故可知a，c為方程x2﹣x+=0的兩根，進而求得a=1，c=或a=，c=1（2）解：由余弦定理得b2=a2+c2﹣2accosB=（a+c）2﹣2ac﹣2accosB=p2b2﹣b2cosB﹣，即p2=+cosB，因為0＜cosB＜1，所以p2∈（，2），由題設知p∈R，所以＜p＜或﹣＜p＜﹣又由sinA+sinC=psinB知，p是正數故＜p＜即為所求19.（1）結合函數單調性的定義，證明函數在區(qū)間上為嚴格增函數；（2）某國際標準足球場長105m，寬68m，球門AB寬7.32m．當足球運動員M沿邊路帶球突破時，距底線CA多遠處射門，對球門所張的角最大？（精確到1米）【正確答案】（1）證明見解析（2）34m【分析】（1）利用函數單調性的定義證明即可；（2）根據兩角差的正切公式解得條件表示出張角的正切，然后根據基本不等式即得.【詳解】（1）設任意的且，則，因為且，，，，所以，即，即對任意的，當時，都有，故在區(qū)間上是嚴格增函數；（2）設運動員在，球門為，依題意，，設，則，則，則，當且僅當米時等號成立，所以距底線米處射球門，對球門所張的角最大.20.已知等邊三角形ABC的邊長為2，P為三角形ABC所在平面上一點．（1）若，求△PAB的面積；（2）若，求的最大值；（3）求的最小值．【正確答案】（1）；