2020-2021学年甘肃省酒泉市玉门一中高一（下）期中数学试卷 - 解析版

2020-2021学年甘肃省酒泉市玉门一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）下列命题正确的是（）A．第一象限的角必是锐角 B．小于90°的角是锐角 C．三角形的内角必是第一、二象限的角 D．锐角是第一象限的角【答案】D【分析】根据象限角的定义逐个判断各个选项即可．【解答】解：对于A，第一象限不一定是锐角，例如390°是第一象限角，但不是锐角，故A错误；对于B，大于0°小于90°的角是锐角，故B错误；对于C，三角形的内角不一定是第一、二象限的角，例如90°，故C错误；对于D，锐角是大于0°小于90°的角，一定是第一象限角，故D正确．故选：D．2．（5分）函数y＝sin|x|的图象是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数的特点，应用排除法，依次排除不符合题意的选项即可．【解答】解：∵函数y＝sin|x|是定义域R上的偶函数，图象关于y轴对称，∴排除A；∵函数y＝sin|x|的值有正有负，∴排除C；当x≥0时，y＝sinx，∴排除D；故选：B．3．（5分）角和角有相同的（）A．正弦线 B．余弦线 C．正切线 D．不能确定【答案】B【分析】由三角函数线的定义可直接判断．【解答】解，如图，由三角函数线的定义可知：角的正弦线为有向线段MP，余弦线为有向线段OM，正切线为有向线段AT，角的正弦线为有向线段MP′，余弦线为有向线段OM，正切线为有向线段AT′，因此，角和角有相同的余弦线OM．故选：B．4．（5分）方程x2＝cosx的实根的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】在同一坐标系中，作出y＝x2和y＝cosx的图象如图，由图可知，有两个交点，也就是实根的个数为2．【解答】解：方程x2＝cosx的实根即函数y＝x2和y＝cosx的图象交点的横坐标，在同一坐标系中，作出y＝x2和y＝cosx的图象如图，由图可知，有两个交点，也就是方程x2＝cosx实根的个数为2．故选：C．5．（5分）已知角α的终边上一点的坐标为，则角α的最小正值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先确定此点的坐标，判断此点的终边所在的象限，并求出此角的正切值，从而得到此角的最小值．【解答】解：角α的终边上一点的坐标为，即（，﹣），此点到原点的距离为1，此点在第四象限，tanα＝﹣，故角α的最小值为，故选：C．6．（5分）从一批产品中取出两件产品，事件“至少有一件是次品”的对立事件是（）A．至多有一件是次品 B．两件都是次品 C．只有一件是次品 D．两件都不是次品【答案】D【分析】根据对立事件的定义，至少有n个的对立事件是至多有n﹣1个，由事件A：“至少有一件次品”，我们易得结果．【解答】解：∵至少有n个的否定是至多有n﹣1个又∵事件A：“至少有一件次品”，∴事件A的对立事件为：至多有零件次品，即是两件都不是次品．故选：D．7．（5分）演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（）A．中位数 B．平均数 C．方差 D．极差【答案】A【分析】根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案．【解答】解：根据题意，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分，7个有效评分与9个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变，故选：A．8．（5分）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（）A．34 B．55 C．78 D．89【答案】B【分析】写出前几次循环的结果，不满足判断框中的条件，退出循环，输出z的值．【解答】解：第一次循环得z＝2，x＝1，y＝2；第二次循环得z＝3，x＝2，y＝3；第三次循环得z＝5，x＝3，y＝5；第四次循环得z＝8，x＝5，y＝8；第五次循环得z＝13，x＝8，y＝13；第六次循环得z＝21，x＝13，y＝21；第七次循环得z＝34，x＝21，y＝34；第八次循环得z＝55，x＝34，y＝55；退出循环，输出55，故选：B．9．（5分）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】随机选取两个不同的数共有C＝28种，随机选取两个不同的数，其和等于20有2种，由此能求出随机选取两个不同的数，其和等于20的概率．【解答】解：在不超过20的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19共8个，随机选取两个不同的数共有C＝28种，随机选取两个不同的数，其和等于20有2种，故可得随机选取两个不同的数，其和等于20的概率P＝，故选：D．10．（5分）函数是（）A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数又是偶函数 D．既不是奇函数也不是偶函数【答案】D【分析】先求出的定义域，判断定义域是否关于原点对称，然后在利用奇偶函数的定义进行判断即可．【解答】解：由1+sinx≠0得sinx≠﹣1，得x≠2kπ﹣，k∈Z，则定义域关于原点不对称，则函数为非奇非偶函数．故选：D．11．（5分）已知A，B，C，D是函数y＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜）一个周期内的图象上的四个点，如图所示，A（﹣，0），B为y轴上的点，C为图象上的最低点，E为该图象的一个对称中心，B与D关于点E对称，在x轴上的投影为，则（））A．ω＝2，φ＝ B．ω＝2，φ＝ C．ω＝，φ＝ D．ω＝，φ＝【答案】A【分析】通过函数的图象，结合已知条件求出函数的周期，推出ω，利用A的坐标求出ϕ的值即可．【解答】解：因为A，B，C，D，E是函数y＝sin（ωx+ϕ）（ω＞0，0＜ϕ＜）一个周期内的图象上的五个点，如图所示，A（，0），B为y轴上的点，C为图象上的最低点，E为该函数图象的一个对称中心，B与D关于点E对称，在x轴上的投影为，所以T＝4×（）＝π，所以ω＝2，因为A（，0），所以0＝sin（﹣+ϕ），0＜ϕ＜，ϕ＝．故选：A．12．（5分）若函数f（x）＝2sinωx（ω＞0）在（0，2π）上有两个极大值和一个极小值，则ω的取值范围是（）A．（，] B．（，] C．（1，] D．（，]【答案】A【分析】根据函数f（x）＝2sinωx（ω＞0）的图象在（0，2π）恰有两个极大值和一个极小值，可得T＜2π≤T，结合周期的求法，即可得到结论．【解答】解：∵函数f（x）＝2sinωx（ω＞0）的图象在（0，2π）恰有两个极大值和一个极小值∴T＜2π≤T，∴×＜2π≤×，∴＜ω≤故ω的取值范围是：（，]．故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上.13．（5分）古代“五行”学说认为：“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木、木克土，土克水，水克火，火克金”，从这五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽取的两种物质不相克的概率是．【答案】见试题解答内容【分析】先求出五种抽出两种的抽法，再计算出相克的种数，由公式计算出答案．【解答】解：五种抽出两种的抽法有C52＝10种相克的种数有5种故不相克的种数有5种故五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽取的两种物质不相克的概率是故答案为14．（5分）某人从甲地去乙地共走了500m，途经一条宽为xm的河流．此人不小心把一件物品丢在了途中，若掉在河里就找不到，否则就能找到，已知该物品能被找到的概率为0.9，则河宽为50m．【答案】50．【分析】本题考查的知识点是几何概型的意义，关键是要找出找到该物品的点对应的图形的长度，并将其和整个事件的长度代入几何概型计算公式进行求解．【解答】解：由已知易得：l从甲地到乙＝500，l途中涉水＝x，故物品遗落在河里的概率P＝＝0.1，∴x＝50（m）．故答案为：50．15．（5分）cos21°+cos22°+cos23°+…+cos289°＝．【答案】．【分析】由诱导公式和同角三角函数的基本关系化简即可．【解答】解：cos21°+cos22°+cos23°+…+cos289°＝cos21°+cos22°+cos23°+•••+sin23°+sin22°+sin21°＝（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+（sin23°+cos23°）+•••+（sin244°+cos244°）+cos245°＝＝．故答案为：．16．（5分）圆O的半径为1，P为圆周上一点，现将如图放置的边长为1的正三角形△ABC（正三角形的顶点A和点P重合）沿着圆周逆时针滚动．经过若干次滚动，点A第一次回到点P的位置，则点A走过的路程长度为．【答案】．【分析】圆O的半径r＝1，正三角形的边长a＝1，以正三角形的边为弦时所对的圆心角为，当点A首次回到点P的位置时，正三角形滚动了6次，分别算出转3次的长度，即可得出．【解答】解：由图可知，∵圆O的半径r＝1，正三角形的边长a＝1，∴以正三角形的边为弦时所对的圆心角为，∴当点A首次回到点P的位置时，三角形滚动了共6次，设第i次滚动，点A的路程为Ai，则，A2＝＝，A3＝0，∴点A所走过的路径的长度为．故答案为：．三、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（10分）化简：（1）（2）．【答案】见试题解答内容【分析】（1）原式利用诱导公式化简，约分即可得到结果；（2）根据n为偶数与奇数分两种情况考虑，利用诱导公式化简即可得到结果．【解答】解：（1）原式＝＝﹣＝﹣1；（2）①当n＝2k，k∈Z时，原式＝＝＝；②当n＝2k+1，k∈Z时，原式＝＝﹣．18．（12分）在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1、2、3、4的四个球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个球，每个球被取出的可能性相等．（Ⅰ）求取出的两个球上标号为相同数字的概率；（Ⅱ）求取出的两个球上标号之积能被3整除的概率．【答案】见试题解答内容【分析】设从甲、乙两个盒子中各取1个球，其数字分别为x、y，用（x，y）表示抽取结果，则所有可能的结果有16种，（I）A＝{（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）}，代入古典概率的求解公式可求（Ⅱ）设“取出的两个球上标号的数字之积能被3整除”为事件B，则B＝{（1，3），（3，1），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3）}，代入古典概率的求解公式可求【解答】解：设从甲、乙两个盒子中各取1个球，其数字分别为x、y，用（x，y）表示抽取结果，则所有可能的结果有16种，即（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）共16种结果，每种情况等可能出现．（4分）（Ⅰ）设“取出的两个球上的标号相同”为事件A，则A＝{（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）}．事件A由4个基本事件组成，故所求概率．答：取出的两个球上的标号为相同数字的概率为．（8分）（Ⅱ）设“取出的两个球上标号的数字之积能被3整除”为事件B，则B＝{（1，3），（3，1），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3）}．事件B由7个基本事件组成，故所求概率．答：取出的两个球上标号之积能被3整除的概率为．（12分）19．（12分）已知函数y＝3tan．（1）求函数的定义域及单调区间；（2）求函数的最小正周期及图像的对称中心；（3）说明此函数的图象是由y＝tanx的图象经过怎样的变换得到的？【答案】（1）定义域；增区间．（2）周期为，对称中心为．（3）见解答过程．【分析】（1）由题意，利用正切函数的定义域和单调性，得出结论．（2）由题意，利用正切函数的周期性以及图象的对称性，得出结论．（3）由题意，利用正切函数的图象变换规律，得出结论．【解答】解：（1）由于函数y＝3tan，由求得所以，函数的定义域为．函数在每一个开区间上，单调递增，该函数没有单调减区间．（2）函数y＝3tan的最小正周期T＝．由，得，所以，函数图象的对称中心为．（3）把函数y＝tanx图象上所有的点向右平移个单位长度，得函数y＝tan的图象；再将图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得函数y＝tan的图象；最后将图象上各点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变），得函数y＝3tan的图象．20．（12分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中ω＞0，|φ|＜），若函数y＝f（x）的图象与x轴的任意两个相邻交点间的距离为，且直线x＝是函数y＝f（x）图象的一条对称轴．（1）求f（x）的解析式；（2）求y＝f（x）的单调递增区间；（3）若x∈，求y＝f（x）的值域．【答案】（1）y＝sin．（2），k∈Z．（3）．【分析】（1）依题意求出函数的周期，利用周期公式求出ω；（2）利用直线x＝是函数y＝f（x）图象的一条对称轴．求出φ，得到函数的解析式，通过正弦函数的单调增区间，求出函数y＝f（x）的单调递增区间；（3）通过x∈[﹣，]，求出ωx+φ的范围，然后求y＝f（x）的值域．【解答】解：（1）由已知可得函数的周期T＝π，∴ω＝＝2．∵直线x＝是函数y＝f（x）图象的一条对称轴，∴2×+φ＝kπ+，k∈Z，φ＝kπ+，k∈Z．又|φ|＜，∴φ＝，∴函数的解析式是y＝sin．（2）令2x+，k∈Z，解得x∈，k∈Z．∴函数的单调递增区间为，k∈Z．（3）∵x∈，∴，∴，即函数的值域为．21．（12分）某港口水深y米是时间t（0≤t≤24，单位：h）的函数，经过长期观察，y＝f（t）可近似的看成是函数y＝Asinωt+B．如表是每天时间与水深的关系表：t03691215182124y1013107101310710（1）根据上面的数据，求f（t）的解析式；（2）若船舶航行时，水深至少要11.5米才是安全的，那么船舶在一天中的哪几段时间可以安全的进出该港？【答案】（1），（0≤t≤24）．（2）1：00﹣5：00与13：00﹣17：00．【分析】（1）由表中数据可以看到：水深最大值为13，最小值为7，求出b和A，再借助于相隔12小时达到一次最大值说明周期为12，求出ω，即可求出y＝f（t）的解析式；（2）把船舶安全转化为深度f（t）≥11.5，再解关于t的三角不等式，即可求出船舶在一天中的哪几段时间可以安全的进出该港．【解答】解：（1）由表中数据可以看到：水深最大值为13，最小值为7，可得﹣A+B＝7，A+B＝13，解得A＝3，B＝10，由，可得，所以，（0≤t≤24）．（2）要想船舶安全，必须深度f（t）≥11.5，所以，可得，所以，k∈Z，解得1+12k≤t≤5+12k，k∈Z，又0≤t≤24，当k＝0时，1≤t≤5；当k＝1时，13≤t≤17，所以船舶安全进港的时间段为1：00﹣5：00与13：00﹣17：00．22．（12分