2023年上海大同中学高一下期中数学试卷及答案

试卷试卷2022~2023学年大同中学高一（下）期中考试数学试卷一､填空题（每题4分，共40分）1.函数的最小正周期是______.2.已知，则__________.3.函数的单调递增区间是______．4.扇形的半径为1，圆心角所对的长为2，则该扇形的面积是__________.5.若点是所在平面内一点，且满足，则的形状为__________.6.已知点，若，则__________.7.已知函数，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为__________.8.在中，，，其面积为，则_______．9.已知、满足，在方向上数量投影为，则的最小值为______．10.若是正六边形的中心，，且互不相同，要使得，则有序向量组的个数为____________二､选择题（每题4分，共16分）11.已知是第一象限角，那么（）A.是第一、二象限角 B.是第一、三象限角C.是第三、四象限角 D.是第二、四象限角12.已知，是平面内夹角为的两个单位向量，若向量满足，则的最大值为A.1 B. C. D.213.设是某地区平均气温（摄氏度）关于时间（月份）的函数.下图显示的是该地区1月份至12月份的平均气温数据，函数近似满足.下列函数中，最能近似表示图中曲线的函数是（）A. B.C. D.14.设，，为非零不共线向量，若则（）A B.C. D.三､解答题（共44分）15.（1）已知单位向量、夹角为，与垂直，求；（2）已知向量，，，若，求.16.的内角的对边分别为，已知，．（1）求；（2）设为边上一点，且，求的面积．17.已知函数.（1）求函数的最小值及取得最小值时相应的的值；（2）若在上有四个不同的根，求的取值范围及四个根之和.18.如图，直角梯形中，为线段（不含端点）上一个动点，设，对于函数.（1）当时，求函数的值域；（2）是否存在，使得函数有最小值0.19.我们学习了平面向量的基本定理：如果、是平面上两个不平行的向量，那么该平面上的任意向量，都可唯一地表示成、的线性组合，即存在唯一的一对实数、，使得.（1）类比平面向量基本定理，写出空间向量基本定理；（2）已知空间向量都是单位向量，且与夹角为，若为空间任意一点，且，满足，求的最大值.试卷试卷2022~2023学年大同中学高一（下）期中考试数学试卷一､填空题（每题4分，共40分）1.函数的最小正周期是______.【答案】【解析】【分析】根据正弦型函数的周期公式求解即可.【详解】的最小正周期是.故答案为：2.已知，则__________.【答案】2【解析】【分析】根据平面向量线性运算和数量积的坐标表示求解即可.【详解】因为，所以.故答案为：2.3.函数的单调递增区间是______．【答案】，【解析】【分析】结合函数函数的单调递增区间得到，进而可求出结果.【详解】因为函数的单调递增区间为，所以，即，所以函数的单调递增区间是，，故答案为：，.4.扇形的半径为1，圆心角所对的长为2，则该扇形的面积是__________.【答案】1【解析】【分析】根据扇形的面积公式求解即可.【详解】因为扇形的半径为1，圆心角所对的长为2，所以扇形的面积为.故答案为：1.5.若点是所在平面内的一点，且满足，则的形状为__________.【答案】直角三角形【解析】【分析】利用向量的线性运算和向量的中线公式得到，从而得到，进而得到角间的关系，再利用三角形内角和为即可求出结果.【详解】如图，取中点，因为，所以，即，所以，，所以，又三角形内角和为，所以，所以为直角三角形，故答案为：直角三角形.6.已知点，若，则__________.【答案】【解析】【分析】结合平面向量的坐标运算可得，进而可得，结合二倍角公式及同角三角函数关系化简即可求解.【详解】因为，所以，，所以，即，所以，即，所以.故答案为：.7.已知函数，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】先化简函数，然后由正弦函数性质求解．【详解】，由题意是函数的最小值，是函数的最大值．由，最小，则函数周期最大，所以，即．故答案为：．8.在中，，，其面积为，则_______．【答案】【解析】【分析】利用三角形的面积公式求得，利用余弦定理求得，结合正弦定理求得正确答案.【详解】依题意，，由余弦定理得，，由正弦定理得.故答案为：9.已知、满足，在方向上的数量投影为，则的最小值为______．【答案】10【解析】【分析】根据数量投影的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】设、的夹角为，因为在方向上的数量投影为，所以，因此，因此，所以，，因此有，因为，所以当时，有最小值，最小值为，故答案为：1010.若是正六边形的中心，，且互不相同，要使得，则有序向量组的个数为____________【答案】48【解析】【分析】按照，的夹角为和两种情况讨论，再求和即可得解.【详解】①如左图，这样的，有对，且，可交换，此时有种情况，有序向量组个数为个；②如右图，这样的，有对，且，可交换，此时有种情况，有序向量组个数为个.综上所述，总数为个.故答案为：.【点睛】本题考查了分类加法和分布乘法的应用，考查了分类讨论的思想，属于中档题.二､选择题（每题4分，共16分）11.已知是第一象限角，那么（）A.是第一、二象限角 B.是第一、三象限角C.是第三、四象限角 D.是第二、四象限角【答案】B【解析】【分析】由是第一象限角，可得，，进而得到，，进而求解.【详解】因为是第一象限角，所以，，所以，，当为偶数时，是第一象限角，当为奇数时，是第三象限角，综上所述，第一、三象限角.故选：B.12.已知，是平面内夹角为的两个单位向量，若向量满足，则的最大值为A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【详解】试题分析：由已知，，（是与的夹角），∴，而，因此的最大值为．考点：向量的数量积，向量的模．13.设是某地区平均气温（摄氏度）关于时间（月份）的函数.下图显示的是该地区1月份至12月份的平均气温数据，函数近似满足.下列函数中，最能近似表示图中曲线的函数是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】结合题意和函数图象，结合三角函数的性质求解即可.【详解】由题意，，即.由图可知，，解得，，此时，将点代入解析式，可得，即，所以，，即，取，，所以.故选：A.14.设，，为非零不共线向量，若则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】，化简得到，故，得到答案.详解】，故，化简整理得到：，即，，故，故.故选：D【点睛】本题考查了根据向量模求向量的关系，意在考查学生的计算能力和应用能力.三､解答题（共44分）15.（1）已知单位向量、夹角为，与垂直，求；（2）已知向量，，，若，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据数量积的定义求出，依题意可得，根据数量积的运算律计算可得；（2）首先求出，再根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.【详解】（1）因为单位向量、的夹角为，所以，又与垂直，所以，即，即，解得；（2）因为，，所以，又且，所以，解得.16.的内角的对边分别为，已知，．（1）求；（2）设为边上一点，且，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由求得，再由余弦定理求得即可；（2）先由余弦定理求得，再求出，最后由面积公式求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以．在中，由余弦定理得，即，解得（舍去），．【小问2详解】因为，由余弦定理得，又，即是直角三角形，所以，则，又，则，所以的面积为．17.已知函数.（1）求函数的最小值及取得最小值时相应的的值；（2）若在上有四个不同的根，求的取值范围及四个根之和.【答案】（1）函数的最小值，此时的值为（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数性质运算求解；（2）以为整体，结合正弦函数分析运算.小问1详解】∵，即，令，解得，故函数的最小值，此时的值为.【小问2详解】由（1）可知：，∵，则，，故，且，结合正弦函数可得：若在上有四个不同的根，则的取值范围为，设在上的四个不同的根由小到大依次为，当时，则，整理得，故；当时，则，整理得，故；综上所述：当时，四个根之和为；当时，四个根之和为.18.如图，直角梯形中，为线段（不含端点）上一个动点，设，对于函数.（1）当时，求函数的值域；（2）是否存在，使得函数有最小值0.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，结合平面向量线性运算和数量积的坐标表示可得，当时，，结合二次函数的性质即可求解；（2）由（1）知，，结合对称轴及二次函数的性质即可求解.【小问1详解】如图，以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，所以，，，，所以，，，因为，所以，，所以，当时，，对称轴为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，而时，；时，；时，.所以函数的值域为.【小问2详解】由（1）知，，对称轴为，当，即时，函数在上单调递减，此时没有最小值，不符合题意；当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，此时，即.所以存，使得函数有最小值0.19.我们学习了平面向量的基本定理：如果、是平面上两个不平行的向量，那么该平面上的任意向量，都可唯一地表示成、的线性组合，即存在唯一的一对实数、，使得.（1）类比平面向量基本定理，写出空间向量基本定理；（2）已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，求的最大值.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）结合题意类比推理即可求解；（2）建立空间直角坐标系，可得，，，设，可得.结合条件，将问题转化为求的最大值，再利用线性规划求解最值即可.我们也可以利用换元法结合不等式的性质求出最大值.【小问1详解】类比平面向量基本定理，如果、、是不共面的向