2022-2023学年上海市高一下册期中数学专项突破模拟试题（含解析）.docx

2022-2023学年上海市高一下册期中数学模拟试题 （含解析） 一、填空题（每题3分） 1. 一个扇形的圆心角为弧度，扇形面积是1平方厘米，扇形半径是1厘米，则圆心角是______弧度. 【正确答案】2 【分析】由扇形的面积公式求解即可. 【详解】已知扇形面积是1平方厘米，扇形半径是1厘米， 所以，即，即， 故圆心角弧度. 故答案为. 2. 函数的定义域是____________． 【正确答案】 【分析】由可得答案. 【详解】，则，. 故 3. 设，是非零向量，则是成立的______条件.（用“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分又不必要”填空） 【正确答案】充分不必要 【分析】利用充分条件和必要条件的定义分析判断 【详解】因为，所以共线且方向相同， 因为表示方向上的单位向量，所以， 而当时，可得共线且方向相同，但不一定是， 所以是成立的充分不必要条件， 故充分不必要. 4. 在中，，，，则的解的个数是______个. 【正确答案】2 【分析】利用正弦定理即可判断三角形有两解. 【详解】在中，，，， ，由则，如图： 所以此时有两解. 故答案为: 2. 5. 在中，，点是的中点，则___________. 【正确答案】 【分析】利用向量的加法和减法法则，将，分别用，表示出来，然后代入结论计算即可. 【详解】在中，点是中点，所以，， 所以. 故答案为. 6. 函数的部分图象如图，若，且，则__________. 【正确答案】 【分析】首先根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得. 【详解】，，则， 又且，则， ， ，则，即， 又，所以. 故 7. 角是第四象限角，其终边与单位圆的交点为，把角顺时针旋转得角，则角终边与单位圆的交点的坐标为______. 【正确答案】 【分析】由三角函数的定义得到，再利用诱导公式求解. 【详解】由题意知：， 则， ， 所以角终边与单位圆交点的坐标为， 故 8. 函数，其中，若，则______． 【正确答案】 【分析】利用诱导公式求得正确答案. 【详解】， 故 9. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若图中所示的角为，且小正方形与大正方形面积之比为，则__________． 【正确答案】##0.75 【分析】设大正方形和小正方形的边长分别为和，根据条件，可得，平方得，再求出即可. 【详解】设大正方形和小正方形的边长分别为和a， 则，所以． 所以，即， 解得或（舍去），又， 所以，所以. 故答案为. 10. 已知函数，且，则___． 【正确答案】## 【分析】利用正弦函数的的对称性可得，由此求得的值． 【详解】∵函数， ， （）， 则由正弦函数的对称性可得：， 所以， 故答案为. 11. 已知，下列四个结论正确的序号是______. ①函数在区间上是减函数； ②点是函数图象的一个对称中心； ③函数的图象可以由函数的图象向左平移个单位长度得到； ④若，则的值域为. 【正确答案】②④ 【分析】根据二倍角公式及辅助角公式，结合三角函数的性质即可求解. 【详解】. 对于①，因为，所以，所以函数在区间上是增函数，故①错误； 对于②，当时，，所以点是函数图象的一个对称中心，故②正确； 对于③，函数的图象向左平移个单位长度得到，所以，故③错误； 对于④，因为，所以，所以，即，所以的值域为，故④正确. 故②④. 12. 在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______． 【正确答案】 【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案. 【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得 ， 因为，所以， 可得， 因为，所以， 所以，， 由，可得， 所以，， 由正弦定理得 . 故答案为. 二、选择题（每题4分） 13. 已知，是两个不平行的向量，且，，，则一定共线的三点是（ ） A. A、B、C B. B、C、D C. A、B、D D. A、C、D 【正确答案】C 【分析】一一验证选项中的三点组成的两个向量是否共线即可证明. 【详解】对于A，，，设， 则，则无解，所以A、B、C三点不共线，故A不正确； 对于B，，，设， 则，则无解，所以B、C、D三点不共线，故B不正确； 对于C，因为，， 所以， 则，所以， 又点为公共点，所以三点共线. 对于D，，，， ， 设， 则，则无解，所以A、C、D三点不共线，故D不正确； 故选：C. 14. 已知两个单位向量和的夹角为120°，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】D 【分析】根据向量的数量积公式及投影向量的定义即可求解. 详解】依题意， 因为