江西省萍乡市2023-2024学年高一下学期4月期中数学试题（解析版）

第页，共页萍乡市2023-2024学年度第二学期期中考试高一数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回.第Ⅰ卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知向量，则与方向相反的单位向量的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，结合单位向量运算求解即可.【详解】因为，则，所以与方向相反的单位向量为.故选：A.2.若角的终边经过点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据三角函数定义，求得，再结合诱导公式，得到，即可求解.【详解】由题意，角的终边经过点，可得，根据三角函数的定义，可得，又由.故选：C.3.设的内角，，所对的边分别为，，，若，则（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理将边化角，即可得到，从而得解.【详解】因为，由正弦定理可得，又，所以，则，显然cosA≠0，所以故选：B4.在梯形中，AB//CD，，，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】用表示，再用数量积公式即可求解.【详解】如图，，.故选：.5.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据图象平移规律可得答案.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，由，则.故选：D.6.在中，点为边的中点，点在边上，且，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据几何关系，转化向量，利用基底表示向量.【详解】由，可知，，所以，.故选：D7.在中，点为边的中点，，，则的最小值为（）A.2 B.4 C.6 D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，，两边平方可得,由余弦定理可得，再结合基本不等式可求解.【详解】根据题意，点为边的中点，，，所以，两边平方可得：，所以，①由余弦定理可得，②即，③由①，②，③可得，所以，即，所以的最小值为2.故选：A8.函数在上存在零点，且在上单调，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根据，求的范围，再根据正弦函数的图象和性质，确定的取值范围，再根据函数的单调区间，即可求解.【详解】当，，因为函数在上存在零点，所以，得，当时，则，由，可知，，则，则，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键1是整体代入求的范围，关键2是先根据存在零点确定.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.在中，若，则B.在中，若，，且该三角形有两解，则的取值范围为C.若向量，，则在方向上的投影向量的坐标为D.若扇形的周长是，面积是，则该扇形的圆心角的弧度数为3【答案】BC【解析】【分析】根据特殊值判断A，根据正弦定理中的关系式判断B，根据投影向量坐标公式，判断C，根据扇形的周长和面积公式，即可判断D.【详解】A.若，，此时，故A错误；B.若三角形有两解，即，即，故B正确；C.若向量，，则在方向上的投影向量的坐标为，故C正确；D.设扇形的弧长为，所在圆的半径为，则，得或，所以圆心角的弧度数或，故D错误.故选：BC10.在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的面积可能为（）A.1 B. C. D.2【答案】ABC【解析】【分析】由余弦定理，结合基本不等式求的范围，再求三角形面积的取值范围.【详解】由余弦定理，即，所以，满足条件的有ABC.故选：ABC11.函数，下列结论正确的是（）A.的图象关于直线对称B.的一个周期为C.函数的图象与直线（为常数）在区间上不可能存在3个交点D.在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】对于A、B，由函数对称性和周期性，代入验证即可；对于C，取特殊值验证即可判断；对于D，当x∈π2,π时，对去掉绝对值，然后求导，由【详解】对于A，，，所以，则的图象关于直线对称，故A正确；对于B，，所以的一个周期为，故B正确；对于C，当时，的图象与直线有3个交点，分别为，故C错误；对于D，当x∈π2则，所以在上单调递增，故D正确.故选：ABD.第Ⅱ卷注意事项：第Ⅱ卷共2页，须用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，，两地之间隔了一个湖，在与，同一平面内取一点，测得，，，则，两地之间的距离为________.【答案】【解析】【分析】由余弦定理可得答案.【详解】由余弦定理得.故答案为：.13.已知函数与y轴交点的纵坐标为1，且恒成立，则函数是________（填“奇”或“偶”）函数；当时，________.【答案】①.奇②.【解析】【分析】首先由函数过点0,1，以及函数的最值，确定函数的解析式，再判断函数的奇偶性，再求方程的实数根，求的值.【详解】由题意可知，，得，得，由恒成立，得，所以，得，且，所以，所以，则，所以是奇函数；，得，得,所以.故答案为：奇；14.点是的重心，点，分别在边和上，且满足，其中.若，与的面积之比是，则________.【答案】或.【解析】【分析】由题意得，然后分别用表示，再由三点共线（已知可得）列方程求解．【详解】因为且，所以三点共线，是的重心，则，，由得，所以，，，所以，解得或．故答案为：或.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在①，②两个条件中任选一个补充到下面的问题中，并解答.已知角，且________.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①，根据同角三角函数关系结合齐次化方法，可得，解方程求，若选②，根据同角关系由求，再求；（2）根据诱导公式化简求值.【小问1详解】若选①，因为，所以，则，解得：或，因为角，所以；若选②，因为，角，所以，所以；【小问2详解】由（1）可知，，所以16.已知，，是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，且，求的坐标；（2）若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）由向量共线的坐标运算及模的运算即可得解；（2）由向量数量积的坐标运算即可，特别要注意向量与不能共线.【详解】解：（1）因为，且，则，又，所以，即，故或；（2）由，则，由，解得，又与不共线，则，解得，故与的夹角为锐角时，实数的取值范围为：.【点睛】本题考查了向量共线的坐标运算及数量积的坐标运算，重点考查了运算能力，属基础题.17.如图，在中，，，.（1）求的值；（2）设，分别是边，上的点，记，，，若的面积总保持是面积的一半，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在由余弦定理求，再由正弦定理求，（2）由条件结合三角形面积公式可得，由余弦定理求，由此可得的解析式，再求其最值.【小问1详解】中，由余弦定理可得，又，，，所以，则，由正弦定理得：，即，解得；【小问2详解】由题知，，解得：，由余弦定理得：，，则，所以，当，即时，取最小值，18.筒车发明于隋而盛于唐，是山地灌溉中一种古老的提水设备，距今已有1000多年的历史，它以水流作动力，取水灌田.如图，为了打造传统农耕文化，某景区的景观筒车直径12米，有24个盛水筒均匀分布，分别寓意一年12个月和24节气，筒车转一周需48秒，其最高点到水面的距离为10米，每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，盛水筒（视为质点）的初始位置到水面的距离为7米.（1）盛水筒经过秒后到水面的距离为米，求筒车转动一周的过程中，关于的函数解析式；（2）为了把水引到高处，在筒车中心正上方距离水面8米处正中间设置一个宽4米的水平盛水槽，筒车受水流冲击转到盛水槽正上方后，把水倒入盛水槽，求盛水筒转一圈的过程中，有多长时间能把水倒入盛水槽.（参考数据：）【答案】（1），（2）秒【解析】【分析】（1）首先以点为原点，建立平面直角坐标系，利用三角函数表示；（2）由题意转化为，转化为三角不等式问题，即可求解.【小问1详解】以简车中心为原点，与水面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，由题知，，又筒车半径为6，点的纵坐标为3，则，由题知，，解得，，故，；【小问2详解】如图，作弦平行且等于盛水槽，则在中，，，，则，则距离水面的高度，盛水筒转到盛水槽的正上方（即之间），能把水倒入盛水槽，即当时符合题意，则，即，解得，因为，所以盛水筒转一圈的过程中，能把水倒入盛水槽的时间为秒.19.定义域为的函数满足：对任意，都有，则称具有性质.（1）分别判断以下两个函数是否具有性质：和；（2）函数，判断是否存在实数，，使具有性质？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由；（3）在（2）结论下，若方程（为常数）在区间上恰有三个实数根，，，求的值.【答案】（1）函数不具有性质；函数具有性质（2）存在，，（3）【解析】【分析】（1）根据函数具有“性质”的定义，即可判断；（2）根据函数具有“性质”，可知，可求，再讨论是否为0，即可求；（3）根据（2）可将方程转化为，再换元，结合正弦函数图象的对称性，即可求解.【小问1详解】，，故，则函数不具有性质；，