石景山區2023—2024學年第二學期高一期末試卷數學本試卷共6頁，滿分為100分，考試時間為120分鐘，請務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效，考試結束后上交答題卡.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1.與角終邊相同的角是（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據條件，利用終邊相同的角的集合，即可求出結果.【詳解】因為，所以與角終邊相同的角是，故選：D2.若扇形的面積為1，且弧長為其半徑的兩倍，則該扇形的半徑為（）A.1 B.2 C.4 D.6【答案】A【解析】【分析】由扇形面積及弧長公式可得答案.【詳解】設扇形面積為S，半徑為r，對應弧度為，弧長為.由題可得：.故選：A3.復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用復數的運算法則、幾何意義直接求解．【詳解】，復數在復平面內對應的點位于第一象限．故選：A.4.已知向量滿足，則（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】【分析】首先計算出，，再根據向量模的坐標公式即可得到答案.【詳解】因為，，兩式相加得，即，所以，故選：B.5.在中，已知，那么一定是（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.正三角形【答案】A【解析】【分析】根據題意，由正弦的和差角公式化簡，即可得到結果.【詳解】因為，所以，即，所以，又為三角形的內角，所以，即是等腰三角形.故選：A6.古人把正弦函數、余弦函數、正切函數、余切函數、正割函數、余割函數、正矢函數、余矢函數這八種三角函數的函數線合稱為八線.其中余切函數，正割函數，余割函數，正矢函數，余矢函數.如圖角始邊為軸的非負半軸，其終邊與單位圓交點，、分別是單位圓與軸和軸正半軸的交點，過點作垂直軸，作垂直軸，垂足分別為、，過點作軸的垂線，過點作軸的垂線分別交的終邊于、，其中、、、為有向線段，下列表示正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用單位圓以及三角函數的定義可知，，，然后結合新定義簡單計算可判斷各個選項.【詳解】根據題意，易得，對于A，因為，即，故A錯誤；對于B，根據三角函數定義結合相似三角形相似比可得，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，根據三角函數定義結合相似三角形相似比可得，故D錯誤.故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題屬于新定義題，解題關鍵是讀懂題意，根據新定義，利用三角函數定義結合相似三角形相似比求解，注意有向線段.7.若，則A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】試題分析：，且，故選D.【考點】三角恒等變換【名師點睛】對于三角函數的給值求值問題，關鍵是把待求角用已知角表示：（1）已知角為兩個時，待求角一般表示為已知角的和或差．（2）已知角為一個時，待求角一般與已知角成“倍的關系”或“互余、互補”關系．8.函數的部分圖象如圖所示，則其解析式為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據已知中函數的部分圖象，求出滿足條件的值，可得答案．【詳解】由圖可得：函數的最大值為2，最小值為，故，，故，解得，故.將代入可得：，則，解得.∵，∴，???????∴.?故選:B.9.已知為復數，下列結論錯誤的是（）A. B.C.若，則 D.若，則或【答案】C【解析】【分析】設出復數的代數形式，結合共軛復數的意義計算判斷ABD；舉例說明判斷C.【詳解】設復數，對于A，，A正確；對于B，，，，，B正確；對于C，取，滿足，而，C錯誤；對于D，由，得，即，則，即，因此或，即或，D正確.故選：C10.八卦是中國文化的基本哲學概念，如圖1是八卦模型圖，其平面圖形記為圖2中的正八邊形，其中，則下列命題：①；②；③在上的投影向量為；④若點為正八邊形邊上的一個動點，則的最大值為4．其中正確的命題個數是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】正八邊形中，每個邊所對的角都是，中心到各頂點的距離為2，然后再由數量積的運算判斷①②,由投影向量和投影數量判斷③④得答案．【詳解】由題意可知，正八邊形每個邊所對的角都是，中心到各頂點的距離為2，對于①，，故①錯誤；對于②，，則以，為鄰邊的對角線長是的倍，可得，故②正確；對于③，在上的投影向量為，故③正確；對于④，設的夾角為，則，其中表示在上的投影數量，易知,延長DC交AB延長線于Q,當P在線段DC上運動，投影數量最大，易知為等腰直角三角形，且,則在中，,在等腰三角形中，則.故④正確.則正確的個數共有3個.故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題問題④的關鍵是利用數量積的幾何意義確定在上的投影的最大值.第二部分（非選擇題共60分）二、填空題：本大題共5小題，每小題4分，共20分．11.化簡______【答案】【解析】【分析】根據誘導公式即可得到答案.【詳解】.故答案為：.12.若，則________.【答案】【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式得出，然后在代數式上除以化為有關角的弦的二次分式齊次式，并在分式的分子和分母中同時除以，可轉化為關于的代數式進行計算.【詳解】由題意可得，故答案為.【點睛】本題考查二倍角的余弦公式以及弦化切思想的應用，弦化切思想主要應用于以下兩個方面：（1）當分式為關于角的次分式齊次式時，可在分子分母中同時除以，實現弦化切；（2）當代數式是關于角的二次整式時，可先除以化為關于角的二次分式齊次式，然后分子分母中同時除以，可實現弦化切.13.在中，，，，則的外接圓半徑為______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理求解．【詳解】由已知，設三角形外接圓半徑為，則，所以．故答案為：1.14.已知向量在正方形網格中的位置如圖所示．若網格紙上小正方形的邊長為1，則______．【答案】【解析】【分析】建立如圖所示坐標系，由圖可得及的坐標表示，后由數量積的坐標形式下的計算公式可得答案.【詳解】由圖及網格紙上小正方形的邊長為1，可得.則.則.故答案為：.15.已知三角形是邊長為2的等邊三角形．如圖，將三角形的頂點A與原點重合．在軸上，然后將三角形沿著軸順時針滾動，每當頂點A再次回落到軸上時，將相鄰兩個A之間的距離稱為“一個周期”，給出以下四個結論：①一個周期是6；②完成一個周期，頂點A的軌跡是一個半圓；③完成一個周期，頂點A的軌跡長度是；④完成一個周期，頂點A的軌跡與軸圍成的面積是．其中所有正確結論的序號是______．【答案】①③④【解析】【分析】①，畫出頂點A的軌跡，得到相鄰兩個A之間的距離為6，故①正確；②根據頂點A的軌跡得到②錯誤；③利用弧長公式進行求解；④利用扇形面積公式和等邊三角形面積，得到答案.【詳解】①，如圖，將等邊三角形順時針滾動兩次，A再次回落到軸上，故相鄰兩個A之間的距離為6，故一個周期為6，①正確；②，完成一個周期，頂點A的軌跡如下：可以看出頂點A的軌跡不是一個半圓，是兩段圓心角為的弧長，②錯誤；③，完成一個周期，頂點A的軌跡長度是，③正確；④，完成一個周期，頂點A的軌跡與軸圍成的面積是兩個圓心角為，半徑為2的扇形面積，加上一個半徑為2的等邊三角形，故面積為，④正確.故答案為：①③④三、解答題：本大題共5小題，共40分．應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16.如圖，以為始邊作角與，它們的終邊與單位圓分別交于兩點，已知點的坐標為，點的坐標為．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由任意角三角函數定義結合題意可得答案.（2）由題結合二倍角正切公式可得答案.【小問1詳解】由題結合任意角三角函數定義可得：；【小問2詳解】由題可得：，則.17.已知分別為的三個內角的對邊，且．（1）求的值；（2）若，且的面積為，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據，利用正弦定理轉化為求解；（2）由三角形的面積可得，由余弦定理，可得，從而可得答案.【小問1詳解】在中，由正弦定理得：，∴可等價轉化為，其中，故．∴，即，因為，所以.【小問2詳解】因為，所以，由余弦定理可得即，所以，所以.18.向量，設函數．（1）求的最小正周期并在右邊直角坐標中畫出函數在區間內的草圖；（2）若方程在上有兩個根，求的取值范圍及的值．【答案】（1）；草圖見解析；（2）；答案見解析.【解析】【分析】（1）由題可得表達式，化簡后結合周期計算公式可得周期，后由五點作圖法可得周期；（2）由（1）結合圖象可得答案.【小問1詳解】由題，.則周期為；又，可得相應表格如下：得函數圖象如下：【小問2詳解】方程在上根的個數，即在區間內圖象與直線的交點個數.由（1）可得，.又由（1）圖可得兩交點關于在區間內圖象對稱軸對稱，又由（1）可得在區間內圖象對稱軸為與.則時，；時，.19.如圖，在中，，，平分交于點，．（1）求的值；（2）求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解；（2）由（1）可求出，再根據平分可得為等腰三角形，再根據三角形的面積公式即可得解.【小問1詳解】在中，由正弦定理得，所以，因，所以；【小問2詳解】由（1）得，由題設，，即為等腰三