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2020学年度第二学期期末学业水平诊断高一数学试题一、选择题：本大题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第110题只有一项符合题目要求：第1113题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用诱导公式化简得解.【详解】故选：B【点睛】本题主要考查了利用诱导公式化简及特殊角的三角函数值，属于基础题。2.若某扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的半径是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由扇形的弧长公式列方程得解.【详解】设扇形的半径是，由扇形的弧长公式得：，解得：故选：D【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，考查了方程思想，属于基础题。3.如果点位于第四象限，则角是（ ）A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角【答案】C【解析】【分析】由点位于第四象限列不等式，即可判断的正负，问题得解.【详解】因为点位于第四象限所以，所以所以角是第三象限角故选：C【点睛】本题主要考查了点的坐标与点的位置的关系，还考查了等价转化思想及三角函数值的正负与角的终边的关系，属于基础题.4.已知点， 则与向量方向相同的单位向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题得，设与向量方向相同的单位向量为，其中，利用列方程即可得解.【详解】由题可得：，设与向量方向相同的单位向量为，其中，则，解得：或（舍去）所以与向量方向相同的单位向量为故选：A【点睛】本题主要考查了单位向量的概念及方程思想，还考查了平面向量共线定理的应用，考查计算能力，属于较易题。5.函数的图象可由函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度得到B. 向左平移个单位长度得到C. 向右平移个单位长度得到D. 向右平移个单位长度得到【答案】B【解析】【分析】直接利用函数图象平移规律得解.【详解】函数的图象向左平移个单位长度，可得函数的图象，整理得：故选：B【点睛】本题主要考查了函数图象平移规律，属于基础题。6.设，是平面内一组基底，若，则以下不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知及平面向量基本定理可得：，问题得解.【详解】因为，是平面内一组基底，且，由平面向量基本定理可得：，所以，所以D不正确故选：D【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，还考查了同角三角函数的基本关系，属于较易题。7.已知角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角函数定义即可求得：，再利用余弦的二倍角公式得解.【详解】因为角的终边过点，所以点到原点的距离所以，所以故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数定义及余弦的二倍角公式，考查计算能力，属于较易题。8.下列函数中最小正周期为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对A选项，对赋值，即可判断其最小正周期不是；利用三角函数的周期公式即可判断B、D的最小正周期不是，问题得解.【详解】对A选项，令，则，不满足，所以不是以为周期的函数，其最小正周期不为；对B选项，的最小正周期为：；对D选项，的最小正周期为：；排除A、B、D故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的周期公式及周期函数的定义，还考查了赋值法，属于基础题。9.设，是平面内共线的三个不同的点，点是，所在直线外任意-点，且满足，若点在线段的延长线上，则（ ）A. ，B. ，C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题可得：，将代入整理得：，利用点在线段的延长线上可得：，问题得解.【详解】由题可得：，所以可化为：整理得：，即：又点在线段的延长线上，所以与反向，所以，故选：A【点睛】本题主要考查了平面向量中三点共线的推论，还考查了向量的减法及数乘向量的应用，考查了转化思想，属于中档题。10.我国古代数学家刘徽在九章算术注中提出割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值加可表示成（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设圆的半径为，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，问题得解.【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：，此时，即：同理，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：此时所以故选：C【点睛】本题主要考查了圆的面积公式及三角形面积公式的应用，还考查了正弦的二倍角公式，考查计算能力，属于中档题。11.下列关于平面向量的说法中不正确的是（ ）A. 已知，均为非零向量，则存在唯-的实数，使得B. 若向量，共线，则点，必在同一直线上C. 若且，则D. 若点为的重心，则【答案】BC【解析】【分析】利用向量共线的概念即可判断A正确，B错误；利用向量垂直的数量积关系即可判断C错误，利用三角形重心的结论即可判断D正确，问题得解.【详解】对于选项A，由平面向量平行的推论可得其正确；对于选项B，向量，共线，只需两向量方向相同或相反即可，点，不必在同一直线上，故B错误；对于选项C，则，不一定推出，故C错误；对于选项D，由平面向量中三角形重心的推论可得其正确.故选：BC【点睛】本题主要考查了平面向量共线（平行）的定义，考查了平行向量垂直的数量积关系，还考查了平面向量中三角形重心的推论，属于中档题。12.已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 的周期为B. 是的一条对称轴C. 是的一个递增区间D. 是的一个递减区间【答案】ABD【解析】【分析】化简可得：，利用三角函数性质即可判断A,B正确，再利用复合函数的单调性规律即可判断C错误，D正确；问题得解.详解】由可得：所以的周期为，所以A正确；将代入可得：此时取得最小值，所以是的一条对称轴，所以B正确；令，则由，复合而成；当时，在递增，在不单调，由复合函数的单调性规律可得：不是的一个递增区间；所以C错误.当时，在递增，在单调递减，由复合函数的单调性规律可得：在递减，所以D正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及两角和的余弦公式逆用，还考查了复合函数单调性规律，考查转化能力，属于中档题。13.在中，角，所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. 是钝角三角形C. 的最大内角是最小内角的倍D. 若，则外接圆半径为【答案】ACD【解析】【分析】由已知可设，求得，利用正弦定理可得A正确；利用余弦定理可得，三角形中的最大角为锐角，可得B错误；利用余弦定理可得，利用二倍角的余弦公式可得：，即可判断C正确，利用正弦定理即可判断D正确；问题得解.【详解】因为所以可设：（其中），解得：所以，所以A正确；由上可知：边最大，所以三角形中角最大，又，所以角为锐角，所以B错误；由上可知：边最小，所以三角形中角最小，又，所以,所以由三角形中角最大且角为锐角可得：，所以，所以C正确；由正弦定理得：，又所以，解得：，所以D正确；故选：ACD【点睛】本题主要考查了正弦定理及余弦定理的应用，还考查了二倍角的余弦公式及计算能力，考查方程思想及转化能力，属于中档题。二、填空题本大题共有4个小题，每小题4分，共16分。14.若，则_.【答案】【解析】【分析】对两边平方整理即可得解.【详解】由可得：，整理得：所以【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及二倍角的正弦公式，考查观察能力及转化能力，属于较易题。15.已知，若，则实数_.【答案】【解析】【分析】利用平面向量垂直的数量积关系可得，再利用数量积的坐标运算可得：，解方程即可.【详解】因为，所以，整理得：，解得：【点睛】本题主要考查了平面向量垂直的坐标关系及方程思想，属于基础题。16.已知函数的部分图象如图所示，则_.【答案】【解析】【分析】由图可得，即可求得：，再由图可得：当时，取得最大值，即可列方程，整理得：，解得：（），结合即可得解.【详解】由图可得：，所以，解得：由图可得：当时，取得最大值，即：整理得：，所以 （）又，所以【点睛】本题主要考查了三角函数图象的性质及观察能力，还考查了转化思想及计算能力，属于中档题。17.如图，-辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到处时测得公路北侧一山顶在北偏西的方向上，仰角为，行驶米后到达处，测得此山顶在北偏西的方向上，仰角为，若，则此山的高度_米，仰角的正切值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设山的高度（米），由题可得：,（米）, ,在中利用正弦定理可得:（米）, （米）, 在中,由可得：（米），在中，可得：，问题得解.【详解】设山的高度（米），由题可得：,（米）, 在中，可得：，利用正弦定理可得：，解得：（米）, （米）在中，由可得：（米）在中，可得：【点睛】本题主要考查了利用正弦定理解三角形，还考查了空间思维能力及识图能力，考查转化能力及计算能力，属于中档题。三、解答题：本大题共有6个小题，共82分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.已知平面向量，.（1）若，求的值；（2）若，与共线，求实数的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】【分析】（1）结合已知求得：，利用平面向量的模的坐标表示公式计算得解.（2）求得：，利用与共线可列方程，解方程即可.【详解】解：（1）， 所以.（2）， 因与共线，所以，解得.【点睛】本题主要考查了平面向量的模的坐标公式及平面向量平行的坐标关系，考查方程思想及计算能力，属于基础题。19.（1）已知，求的值（2）若，且，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简可得：原式 ，再分子、分母同除以可得：原式，将代入计算得解.（2）将整理为：，利用两角差的正弦公式整理得：，根据已知求出、即可得解.【详解】解：（1）原式 ；（2）因为，所以. 又因为，所以，所以. 于是.【点睛】本题主要考查了诱导公式及转化思想，还考查了两角差的正弦公式及同角三角函数基本关系，考查计算能力，属于中档题。20.已知的三个内角，的对边分别为，且满足.（1）求角的大小； （2）若，求的长【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知可得：，结合两角和的正弦公式及诱导公式可得：，问题得解.（2）利用可得：，两边平方并结合已知及平面向量数量积的定义即可得解.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理可得 , 即, 因为,所以，,故. （2）由已知得， 所以 , 所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理应用及两角和的正弦公式，还考查了利用平面向量的数量积解决长度问题，考查转化能力及计算能力，属于中档题。21.已知函数的最小正周期为.将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象.（1）求的值及函数的解析式；（2）求的单调递增区间及对称中心【答案】（1），；（2）单调递增区间为，对称中心为.【解析】【分析】（1）整理可得：，利用其最小正周期为即可求得：，即可求得：，再利用函数图象平移规律可得：，问题得解.（2）令，解不等式即可求得的单调递增区间；令，解方程即可求得的对称中心的横坐标，问题得解.【详解】解：（1），由,得. 所以.于是图象对应的解析式为.（2）由,得，所以函数的单调递增区间为，.由，解得. 所以的对称中心为.【点睛】本题主要考查了二倍角公式、两角和的正弦公式应用及三角函数性质，考查方程思想及转化能力、计算能力，属于中档题。22.已知的三个内角，的对边分别为，函数，且当时，取最大值.（1）若关于的方程，有解，求实数的取值范围；（2）若，且，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用两角和差的正弦公式整理可得：，再利用已知可得：（），结合已知可得：，求得：时，问题得解.（2）利用正弦定理可得：，结合可得：，对边利用余弦定理可得：，结合已知整理得：，再利用三角形面积公式计算得解.【详解】解：（1）. 因为在处取得最大值，所以，, 即. 因为，所以，所以.因为，所以所以， 因为关于的方程有解，所以的取值范围为 （2）因为，由正弦定理，于是又，所以.由余弦定理得：，整理得：，即，所以，所以【点睛】本题主要考查了两角和、差的正弦公式应用，还考查了三角函数的性质及方程与函数的关系，还考查了正弦定理、余弦定理的应用及三角形面积公式，考查计算能力及转化能力，属于中档题。23.如图，在边长为的正方形中，点，分别在边，上，且.（1）若点为边的一个靠近点的三等分点，求：；（2）设，问为何值时，的面积最小?试求出最小值【答案】（1）；（2）时，面积最小，为.【解析】【分析】（1）利用已知求得：，再结合已知可得：，再利用两角差的正切公式计算得解.将整理为：，利用中结果可得：，问题得解.（2）由题意得：， ，即可表示三角形的面积为：，整理得：，化简可得：，即可求得最大值为，问题得解。【详解】解：（1）因为点为靠近点三等分点，.又因为，所以； （法1）,而,所以； （法2）以为坐标原点，分别以所在方向为轴的正方向，建立直角坐标系，则,，所以， 所以；（2）（法1）由题意得：， ，所以.而, ，当，即时，取最大值为， 此时的面积最小值为. （法2）以为坐标原点，分别以所在方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系， 则,，. 所以， 以下同解法1.【点睛】本题主要考查了两角差的正切公式及转化能力，还考查了向量的加减法及数乘运算、平面向量数量积定义，还考查了三角形面积公式应用及两角和的正弦公式、二倍角公式，考查函数思想及三角函数的性质、计算能力，属于难题。
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