北京市石景山区2023-2024学年高一下学期期末数学试卷

石景山区2023—2024学年第二学期高一期末试卷数学本试卷共6页，满分为100分，考试时间为120分钟，请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡.第一部分（选择题共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1.与角终边相同的角是（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用终边相同的角的集合，即可求出结果.【详解】因为，所以与角终边相同的角是，故选：D2.若扇形的面积为1，且弧长为其半径的两倍，则该扇形的半径为（）A.1 B.2 C.4 D.6【答案】A【解析】【分析】由扇形面积及弧长公式可得答案.【详解】设扇形面积为S，半径为r，对应弧度为，弧长为.由题可得：.故选：A3.复数在复平面内对应的点位于（）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】利用复数的运算法则、几何意义直接求解．【详解】，复数在复平面内对应的点位于第一象限．故选：A.4.已知向量满足，则（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】【分析】首先计算出，，再根据向量模的坐标公式即可得到答案.【详解】因为，，两式相加得，即，所以，故选：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】根据题意，由正弦的和差角公式化简，即可得到结果.【详解】因为，所以，即，所以，又为三角形的内角，所以，即是等腰三角形.故选：A6.古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知，，，然后结合新定义简单计算可判断各个选项.【详解】根据题意，易得，对于A，因为，即，故A错误；对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误.故选：C.【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.7.若，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：，且，故选D.【考点】三角恒等变换【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：（1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．8.函数的部分图象如图所示，则其解析式为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知中函数的部分图象，求出满足条件的值，可得答案．【详解】由图可得：函数的最大值为2，最小值为，故，，故，解得，故.将代入可得：，则，解得.∵，∴，​​​​​​​∴.​故选:B.9.已知为复数，下列结论错误的是（）A. B.C.若，则 D.若，则或【答案】C【解析】【分析】设出复数的代数形式，结合共轭复数的意义计算判断ABD；举例说明判断C.【详解】设复数，对于A，，A正确；对于B，，，，，B正确；对于C，取，满足，而，C错误；对于D，由，得，即，则，即，因此或，即或，D正确.故选：C10.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列命题：①；②；③在上的投影向量为；④若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4．其中正确的命题个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】正八边形中，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2，然后再由数量积的运算判断①②,由投影向量和投影数量判断③④得答案．【详解】由题意可知，正八边形每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2，对于①，，故①错误；对于②，，则以，为邻边的对角线长是的倍，可得，故②正确；对于③，在上的投影向量为，故③正确；对于④，设的夹角为，则，其中表示在上的投影数量，易知,延长DC交AB延长线于Q,当P在线段DC上运动，投影数量最大，易知为等腰直角三角形，且,则在中，,在等腰三角形中，则.故④正确.则正确的个数共有3个.故选：C．【点睛】关键点点睛：本题问题④的关键是利用数量积的几何意义确定在上的投影的最大值.第二部分（非选择题共60分）二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．11.化简______【答案】【解析】【分析】根据诱导公式即可得到答案.【详解】.故答案为：.12.若，则________.【答案】【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式得出，然后在代数式上除以化为有关角的弦的二次分式齐次式，并在分式的分子和分母中同时除以，可转化为关于的代数式进行计算.【详解】由题意可得，故答案为.【点睛】本题考查二倍角的余弦公式以及弦化切思想的应用，弦化切思想主要应用于以下两个方面：（1）当分式为关于角的次分式齐次式时，可在分子分母中同时除以，实现弦化切；（2）当代数式是关于角的二次整式时，可先除以化为关于角的二次分式齐次式，然后分子分母中同时除以，可实现弦化切.13.在中，，，，则的外接圆半径为______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理求解．【详解】由已知，设三角形外接圆半径为，则，所以．故答案为：1.14.已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则______．【答案】【解析】【分析】建立如图所示坐标系，由图可得及的坐标表示，后由数量积的坐标形式下的计算公式可得答案.【详解】由图及网格纸上小正方形的边长为1，可得.则.则.故答案为：.15.已知三角形是边长为2的等边三角形．如图，将三角形的顶点A与原点重合．在轴上，然后将三角形沿着轴顺时针滚动，每当顶点A再次回落到轴上时，将相邻两个A之间的距离称为“一个周期”，给出以下四个结论：①一个周期是6；②完成一个周期，顶点A的轨迹是一个半圆；③完成一个周期，顶点A的轨迹长度是；④完成一个周期，顶点A的轨迹与轴围成的面积是．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③④【解析】【分析】①，画出顶点A的轨迹，得到相邻两个A之间的距离为6，故①正确；②根据顶点A的轨迹得到②错误；③利用弧长公式进行求解；④利用扇形面积公式和等边三角形面积，得到答案.【详解】①，如图，将等边三角形顺时针滚动两次，A再次回落到轴上，故相邻两个A之间的距离为6，故一个周期为6，①正确；②，完成一个周期，顶点A的轨迹如下：可以看出顶点A的轨迹不是一个半圆，是两段圆心角为的弧长，②错误；③，完成一个周期，顶点A的轨迹长度是，③正确；④，完成一个周期，顶点A的轨迹与轴围成的面积是两个圆心角为，半径为2的扇形面积，加上一个半径为2的等边三角形，故面积为，④正确.故答案为：①③④三、解答题：本大题共5小题，共40分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.如图，以为始边作角与，它们的终边与单位圆分别交于两点，已知点的坐标为，点的坐标为．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由任意角三角函数定义结合题意可得答案.（2）由题结合二倍角正切公式可得答案.【小问1详解】由题结合任意角三角函数定义可得：；【小问2详解】由题可得：，则.17.已知分别为的三个内角的对边，且．（1）求的值；（2）若，且的面积为，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，利用正弦定理转化为求解；（2）由三角形的面积可得，由余弦定理，可得，从而可得答案.【小问1详解】在中，由正弦定理得：，∴可等价转化为，其中，故．∴，即，因为，所以.【小问2详解】因为，所以，由余弦定理可得即，所以，所以.18.向量，设函数．（1）求的最小正周期并在右边直角坐标中画出函数在区间内的草图；（2）若方程在上有两个根，求的取值范围及的值．【答案】（1）；草图见解析；（2）；答案见解析.【解析】【分析】（1）由题可得表达式，化简后结合周期计算公式可得周期，后由五点作图法可得周期；（2）由（1）结合图象可得答案.【小问1详解】由题，.则周期为；又，可得相应表格如下：得函数图象如下：【小问2详解】方程在上根的个数，即在区间内图象与直线的交点个数.由（1）可得，.又由（1）图可得两交点关于在区间内图象对称轴对称，又由（1）可得在区间内图象对称轴为与.则时，；时，.19.如图，在中，，，平分交于点，．（1）求的值；（2）求的面积．【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，再根据平分可得为等腰三角形，再根据三角形的面积公式即可得解.【小问1详解】在中，由正弦定理得，所以，因，所以；【小问2详解】由（1）得，由题设，，即为等腰三