2023-2024學年上海市靜安區高一下冊期中數學質量檢測模擬試題一、填空題1．已知集合，，若，則實數的取值范圍是___________.【答案】【分析】先求出集合M，N，再由可求出實數的取值范圍【詳解】解：由題意得，，因為，所以，故答案為：2．若點是角終邊上的一點，則_________．【答案】【分析】利用三角函數的定義即可得解.【詳解】因為點是角終邊上的一點，所以．故答案為：.3．在半徑為2的圓中，弧長為1的圓弧所對的圓心角的弧度數為__．【答案】##0.5【分析】由圓心角定義求解.【詳解】半徑為2的圓中，弧長為1的圓弧所對的圓心角.故答案為：4．函數的最小正周期是______________【答案】【分析】根據余弦的二倍角公式化簡表達式，進而利用周期公式即可求得最小正周期．【詳解】由余弦的二倍角公式可得所以最小正周期為【點睛】本題主要考查了余弦的二倍角公式及余弦的周期求法，屬于基礎題．5．已知函數的圖像關于直線對稱，則________.【答案】【解析】令求出其對稱軸，再令對稱軸等于結合，即可求解【詳解】令，可得：，令，解得，因為，所以，，故答案為：6．化簡：=_________.【答案】【詳解】因為，所以填.7．若，則__．【答案】【分析】根據余弦差角公式的逆運算得到，結合，求出，再利用正弦的二倍角公式求出答案.【詳解】，，則，所以．故答案為：8．函數的嚴格增區間是______.【答案】【分析】即求在的嚴格減區間，先求函數的單調遞減區間，再將所求區間與定義域取交集可得出答案．【詳解】由得，即求在的嚴格減區間，正弦函數的單調遞減區間為，由，得，記，則，故答案為：.9．在中，設、、分別是三個內角、、所對的邊，，，面積，則內角的大小為__．【答案】或【分析】由三角形面積公式進行求解即可.【詳解】∵的面積，∴，∵，∴或．故答案為：或.10．若可化為，則角的一個值可以為__．【答案】（答案不唯一）【分析】根據二倍角公式和輔助角公式即可化簡得，進而可得,即可求解.【詳解】，所以，則角的一個值可以為．故答案為：11．函數在區間上的最小值是，則的取值范圍是_______．【答案】【詳解】,令,,其圖像開口向下,對稱軸為,故在區間上為增函數.令,解得.故的范圍須在.而,根據函數圖像的對稱性可知.12．函數的部分圖象如圖中實線所示，圖中圓與的圖象交于?兩點，且在軸上，圓的半徑為，則___________.【答案】【分析】根據題意，結合圖像求出周期，進而可得的值，再代點分別求出和的值，即可得到函數的解析式，進而可得.【詳解】由圖可知，點，故，即，因，所以.由，得，又因，所以，故.由圖可知，又因且圓的半徑為，所以，因此，即，所以.因此.故答案為：.二、單選題13．在△ABC中，“A＝”是“cosA＝”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】根據在中，根據角得范圍和特殊角的三角函數值，及充要條件的判定方法，即可判定，得到答案.【詳解】在中，則，所以且，所“”是“”的充要條件，故選C.【點睛】本題主要考查了充要條件的判定問題，其中熟記充要條件的判定方法，以及特殊角的三角函數值是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.14．若，則的取值范圍為（

）A．或B．C．D．【答案】A【分析】根據同角關系式關系結合條件可得，進而或，然后根據三角函數的圖象和性質即得.【詳解】若，則，即，所以或，所以的取值范圍為或.故選：A．15．如圖，A，B是半徑為2的圓周上的定點，P為圓周上的動點，是銳角，大小為β.圖中陰影區域的面積的最大值為A．4β+4cosβ B．4β+4sinβ C．2β+2cosβ D．2β+2sinβ【答案】B【分析】由題意首先確定面積最大時點P的位置，然后結合扇形面積公式和三角形面積公式可得最大的面積值.【詳解】觀察圖象可知，當P為弧AB的中點時，陰影部分的面積S取最大值，此時∠BOP=∠AOP=π-β,面積S的最大值為+S△POB+S△POA=4β+.故選B.【點睛】本題主要考查閱讀理解能力、數學應用意識、數形結合思想及數學式子變形和運算求解能力，有一定的難度.關鍵觀察分析區域面積最大時的狀態，并將面積用邊角等表示.16．已知（）既不是奇函數也不是偶函數，若的圖像關于原點對稱，的圖像關于軸對稱，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】結合五點作圖法及函數圖象進行計算求解即可.【詳解】可設滿足,且（）,則,注意到五點作圖法的最左邊端點為,而,,故有,,當時，，，此時；當時，，，此時,故選：C．三、解答題17．已知．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)將題干中式子化簡，并結合同角三角函數的基本關系即可得到結果；(2)利用二倍角公式將所求式子化簡成，然后利用（1）的結論即可求解.【詳解】（1）因為，則，所以，所以，所以；（2）．18．已知.（1）求函數的單調遞增區間；（2）若，求的值域.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，解不等式，可求得函數的單調遞增區間；（2）由可求出的取值范圍，利用正弦型函數的基本性質可求得函數的值域.【詳解】（1），令，，解得，，因此，函數的單調遞增區間為，；（2），，則，所以，，因此，當時，的值域為.【點睛】方法點睛：求函數在區間上值域的一般步驟：第一步：三角函數式的化簡，一般化成形如的形式或的形式；第二步：由的取值范圍確定的取值范圍，再確定（或)的取值范圍；第三步：求出所求函數的值域（或最值）.19．如圖，在平面直角坐標系中．銳角的終邊分別與單位圓交于兩點，角的終邊與單位圓交于點，過點分別作軸的垂線，垂足分別為、、．(1)如果，，求的值；(2)求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據三角函數定義得到，，進而利用同角三角函數關系得和余弦差角公式求出答案；（2）表達出，，利用三角函數有界性進行適當放縮，證明出，再利用適當放縮證明出，從而證明出結論.【詳解】（1）由題意得：，，由于、均為銳角，所以，，所以．（2），，所以，，所以，同理，所以線段．20．圖所示，我國黃海某處的一個圓形海域上有四個小島，小島與小島、小島相距都為公里，與小島相距公里（其中為常數），已知角為鈍角，且．（1）求小島與小島之間的距離；（用表示）（2）求四個小島所形成的四邊形的面積；（用表示）（3）記為，為，求的值．【答案】（1）公里；（2）平方公里；（3）．【分析】（1）結合同角得平方關系求出的值，進而在中結合余弦定理即可求出結果；（2）結合（1）的結果求出的面積，再在中利用余弦定理求出，進而結合三角形的面積公式求出的面積，進而可以求出結果；（3）在利用余弦定理求出的值，進而結合同角的平方關系求出的值，然后結合兩角和的正弦公式即可求出結果.【詳解】（1）因為角為鈍角，且，所以，在中，，即，因為，解得，所以小島與小島之間的距離公里；（2）由（1）知，所以，因為，所以，在中，，即，因為，解得，所以,所以，所以四個小島所形成的四邊形的面積為平方公里；（3）在中，，，因此，，則，,所以.21．若定義域為的函數滿足：對于任意，都有，則稱函數具有性質．（1）設函數，的表達式分別為，，判斷函數與是否具有性質，說明理由；（2）設函數的表達式為，是否存在以及，使得函數具有性質？若存在，求出，的值；若不存在，說明理由；（3）設函數具有性質，且在上的值域恰為；以為周期的函數的表達式為，且在開區間上有且僅有一個零點，求證：．【答案】（1）函數具有性質，不具有性質，理由見解析；（2）不具備，理由見解析；（3）證明見解析.【分析】（1）根據具有性質的定義依次討論即可得答案；（2）假設函數具有性質，則有，即，進而得，再根據并結合函數的值域為得，故，此時，在驗證不具有性質，進而得到答案；（3）結合（2），并根據題意得，進而得在的值域為，當時，與零點唯一性矛盾得或，再討論當時不成立得，即．【詳解】（1）函數具有性質，不具有性質，說明如下：，，對任意，都有，所以具有性質，，，所以，所以不具有性質；（2）若函數具有性質，則有，即，于是，結合知，因此；若，不妨設由可知：（記作*），其中只要充分大時，將大于1考慮到的值域為為，等式（*）將無法成立，綜上所述必有，即；再由，，從而，而當時，，而，顯然兩者不恒相等（比如時)綜上所述，不存在以及使得具有性質；(3）由函數具有性質以及（2）可知，由函數是以為周期的周期函數，有，即，也即由，及題設可知在的值域為當時，當及時，均有，這與零點唯一性矛盾，因此或，當時，，在的值域為此時于是在上的值域為，由正弦函數的性質，此時當時和的取值范圍不同，因而，即．【點睛】本題考查函數的新定義問題，考查邏輯推理能力，運算求解能力，是難題.本題解題的關鍵在于正確理解具有性質P的函數的定義，利用定義，結合反證法，分類討論思想等討論求解.2023-2024學年上海市靜安區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小題，滿分54分）考生應在答題紙相應編號的空格內直接填寫結果，1-6題每個空格填對得4分，7-12題每個空格填對得5分，否則一律得0分.1.若，則的值為____________.【正確答案】【分析】將分子分母同除以，即可求得答案.【詳解】由題意，則，則，故2.已知向量，則在方向上的數量投影為___________【正確答案】【分析】根據平面向量投影定義計算即可【詳解】向量，，，所以在方向上的數量投影為；故3.若，則____________．【正確答案】【分析】首先根據正余弦的平方關系求出的值，再利用余弦兩角和公式化簡，把得到的，代入即可．【詳解】解：若，故答案為.4.若向量的夾角，，則___________.【正確答案】2【分析】直接根據平面向量數量積的概念以及向量模的表示即可得結果.【詳解】因為向量，的夾角為，，，所以，所以故2.5.已知是夾角為的兩個單位向量，若向量，則__________.【正確答案】4【分析】直接由數量積的定義計算即可.【詳解】依題意得，，于是.故6.已知函數，當函數值為時，自變量的取值集合為__________.【正確答案】【分析】由題意可求，進而利用余弦函數的性質即可求解．【詳解】函數，當函數值為時，則，所以，則，故自變量的取值集合為.故答案為.7.已知函數，函數的對稱中心與對稱軸的最小距離為，則_________．【正確答案】【分析】由題設知函數的周期，即可求出，再由是函數的對稱軸可求出，即可求出函數的解析式.【詳解】由函數的對稱中心與對稱軸的最小距離為，即，由是函數的對稱軸，，即又，令，則，故故方法點睛：本題主要考查由函數的部分圖像求解析式，由函數的周期可求出，由五點法作圖可求得，即可求出函數的解析式，考查學生的邏輯推理與運算能力，屬于中檔題.8.已知關于的方程在上有兩個不同的實數根，則的取值范圍是___________.【正確答案】【分析】利用三角函數的倍角公式和輔助角公式，將方程整理化簡，利用三角函數的圖象和性質，確定條件關系，進行求解即可.【詳解】，，即，，即，，，設，則在上有兩個不同的實數根，，，的圖像有兩個不同的交點，如圖由圖象可知，，即故9.聲音是由物體的振動產生的能引起聽覺的波，每一個音都是由純音合成的，純音的數學模型是函數.某技術人員獲取了某種聲波，其數學模型記為，部分圖象如圖所示，對該聲波進行逆向分析，發現它是由兩種不同的純音合成的，滿足，其中，則＝_________.(參考數據：)【正確答案】3【分析】將代入，結合題干數據可得，又，可得或，又1不是的周期，從而可求出滿足題意的的值.【詳解】由，且，得,因為，所以，所以.由圖可知，故，即.因為，且，所以或.由圖可知，1不是的周期，當時，，此時，周期為1，不符合題意.當時，，易知，滿足題意.綜上，.故答案為:3.10.已知函數在區間上單調遞增，且在區間上只取得一次最大值，則的最大值是_______【正確答案】【分析】根據輔助角公式，結合換元法、正弦型函數的單調性和最值性質進行求解即可.【詳解】，令，因為，所以，因為，所以在上時單調遞增，所以有，當時，，所以在時，只取得一次最大值，因此有，綜上所述：，所以的最大值是，故關鍵點睛：利用換元法，根據正弦型函數的最值性質和單調性是解題的關鍵.11.已知函數若在區間D上的最大值存在，記該最大值為，則滿足等式的實數a的取值集合是___________.【正確答案】【分析】先確定在區間上有最大值，且，因此在區間上的最大值為.然后按在處或處取最大值分類討論，數形結合，進而可得結果.【詳解】依題意可知，在區間上有最大值必然為，且，所以在區間上的最大值為.（1）若在處取最大值，即，解得，此時，所以適合題意；（2）若在處取最大值，即，解得，此時，所以適合題意.綜上可知，的取值集合是.故答案為.關鍵點點睛：本題的關鍵點在于確定在區間上有最大值，且，進而可得在區間上的最大值為.12.在中，角的對邊分別為，且為正數，，為邊上的中線，，則的取值范圍是__________.【正確答案】【分析】先利用平面向量得到，從而求得，設，代入消去得到關于的一元二次方程，從而由判別式得到，再分類討論對稱軸的正負求得，最后由余弦定理得到，從而利用恒成立問題求得，綜上即可得解.【詳解】依題意得，，為正數.又中，為邊上的中線，，所以，兩邊平方得，則，故①，設，代入①得，整理得②，此方程至少有1個正根，首先，解得③，對于方程②：若對稱秞，則方程②至少1個正根，符合題意；若對稱軸，要使方程②至少有一個正根，則需，解得；在三角形中，由余弦定理得恒成立，所以，則恒成立，由于，當且僅當，即時，等號成立，所以，結合③可得綜上所述，也即的取值范圍是.故答案為.關鍵點睛：本題的解決關鍵是假設，將兩變量范圍問題轉化為一個變量的范圍問題，再由平面向量與余弦定理依次縮小的范圍，從而得解.二?選擇題（本大題共有4小題，滿分20分）每小題給中4個選項，其中有且只有一個選項是正確的，考生應在答題紙的相應編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得5分，否則得0分.13.已知兩個單位向量與的夾角為，則“”是“”的（）A.充分必要條件 B.必要不充分條件C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】用定義法，分充分性和必要性分別討論即可.【詳解】充分性：若,則由、是單位向量可知，即充分性得證；必要性：若,則由、是單位向量可知，因為,所以,必要性得證.所以“”是“”的充分必要條件.故選：A14.已知函數f(x)＝cosx－|sinx|，那么下列命題中假命題是（）A.f(x)是偶函數 B.f(x)在[－π,0]上恰有一個零點C.f(x)是周期函數 D.f(x)在[－π,0]上是單調函數【正確答案】D【分析】一次判斷選項即可.【詳解】∵f(－x)＝cos(－x)－|sin(－x)|＝cosx－|sinx|＝f(x)，∴f(x)為偶函數，A正確；由f(x)＝cosx－|sinx|＝0，x∈[－π,0]時，可得cosx＝－sinx，∴x＝－，即f(x)在[－π,0]上恰有一個零點，B正確；∵f(x＋2π)＝cos(x＋2π)－|sin(x＋2π)|＝cosx－|sinx|＝f(x)，∴f(x)為周期函數，C正確；當x∈[－π,0]，f(x)＝cosx＋sinx＝，則，故f(x)在[－π,0]上不單調，D為假命題，故選：D.15.已知銳角，，，則邊上的高的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】設邊上的高為，根據題意得，再結合條件得，再分析求值域即可.【詳解】因為為銳角三角形，，設邊上的高為，所以，解得由正弦定理可得，，所以，，因為，所以因為，所以，所以，所以，所以邊上的高的取值范圍為.故選：C.16.設函數，其中?為已知實常數，，有如下命題：（1）若，則對任意實數恒成立；（2）若，則函數為奇函數：（3）若，則函數為偶函數；（4）當時，若，則.則所有正確命題個數是（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【正確答案】D【分析】根據函數奇偶性的定義判斷（1）（2）（3），對于（4），當時，由，結合三角函數的性質，故可得結論．【詳解】（1）若，則則函數為奇函數；若，則，函數偶函數，故既是奇函數又是偶函數，故對任意實數恒成立，故（1）正確；（2）由（1）的證明過程可知當時，函數為奇函數，正確.（3）由（1）的證明過程可知當時，函數為偶函數，正確.（4）對于命題（4），當時，令則，由輔助角公式得其中，則是函數的兩個對稱中心點，函數的最小正周期為，該函數的兩個相鄰對稱中心之間的距離為周期的一半，因此，，命題（4）正確.故選：D.三?解答題（本大題滿分76分）本大題共有5題，解答下列各題必須在答題紙相應編號的規定區域內寫出必要的步驟.17.設兩個向量滿足，（1）求方向的單位向量；（2）若向量與向量的夾角為鈍角，求實數t的取值范圍．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據，求得的坐標和模后求解；（2）根據向量與向量的夾角為鈍角，由，且向量不與向量反向共線求解.【小問1詳解】由已知，所以，所以，即方向的單位向量為；【小問2詳解】由已知，，所以，因為向量與向量的夾角為鈍角，所以，且向量不與向量反向共線，設，則，解得，從而，解得.18.已知函數.（1）求函數的最小正周期及單調遞增區間；（2）求函數在區間的值域；【正確答案】（1）最小正周期為，遞增區間為，；（2）【分析】（1）由二倍角公式，結合輔助角公式得，再利用周期、正弦型函數單調性求結果；（2）由的范圍求的范圍，進而可求出的范圍，從而可求的值域.【小問1詳解】，∴函數的最小正周期為.令，，則，，所以單調遞增區間為，.【小問2詳解】∵，則，∴，∴，故函數在區間的值域為.19.近年來,為“加大城市公園綠地建設力度,形成布局合理的公園體系”,許多城市陸續建起眾多“口袋公園”、現計劃在一塊邊長為200米的正方形的空地上按以下要求建造“口袋公園”、如圖所示,以中點A為圓心,為半徑的扇形草坪區,點在弧BC上（不與端點重合）,AB、弧BC、CA、PQ、PR、RQ為步行道,其中PQ與AB垂直,PR與AC垂直.設.（1）如果點P位于弧BC的中點,求三條步行道PQ、PR、RQ的總長度;（2）“地攤經濟”對于“拉動靈活就業、增加多源收入、便利居民生活”等都有積極作用.為此街道允許在步行道PQ、PR、RQ開辟臨時攤點,積極推進“地攤經濟”發展,預計每年能產生的經濟效益分別為每米5萬元、5萬元及5.9萬元.則這三條步行道每年能產生的經濟總效益最高為多少?（精確到1萬元）【正確答案】（1）(米)（2）2022萬元【分析】(1)根據圖依次求出三條線段長度即可求出總長度;(2)將PQ、PR、RQ三邊通過圖中的關系用關于的等式表示,再記經濟總效益,將進行表示,通過輔助角公式化簡求出最值即可.【小問1詳解】解:由題,,同理,故,由于點P位于弧BC的中點,所以點P位于的角平分線上,則,,因為,,所以為等邊三角形,則,因此三條街道的總長度為（米）.【小問2詳解】由圖可知,,,,在中由余弦定理可知:,則,設三條步行道每年能產生的經濟總效益,則,當即時取最大值,最大值為.答:三條步行道每年能產生的經濟總效益最高約為2022萬元.20.已知向量令.（1）求函數的對稱軸方程；（2）設，當時，求函數的最小值；（3）在（2）的條件下，若對任意的實數且，不等式對任意的恒成立，求實數的取值范圍.【正確答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）根據平面向量的數量積公式及兩角和的余弦公式可得，再由可得結果；（2）令，因為，所以則，根據二次函數的性質討論三種情況，即可得結果；（3）當時，由，結合基本不等式即可得結果.【小問1詳解】因為向量所以，由，得，所以