1、2020年1月温州市高一期末教学质量统检测数学试题卷（A）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分. 考试时间120分钟. 考生注意：1. 考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字填写在答题卷上. 2. 选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净.3. 非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效.选择题部分一、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，只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合，集合满足，则可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】
2、B【解析】【分析】由集合,则.求得,即可判断选项.【详解】因为集合,集合满足则因为所以结合选项可知,B选项符合要求故选:B【点睛】本题考查了集合与集合关系的应用,属于基础题.2.已知sin ，则cos ()的值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由诱导公式化简已知式子可求cosa，再运用诱导公式对所求化简求值【详解】因为sincos ，所以cos()cos 故选D【点睛】本题主要考查了运用诱导公式化简求值，属于基础题3.已知角的始边在轴的非负半轴上，顶点在坐标原点，且终边过点，则值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据角的终边经过的点,结合三角函数的
3、定义,即可求得的值.【详解】由三角函数定义可知, 终边过点则故选:C【点睛】本题考查了终边上的点及三角函数的定义,属于基础题.4.若向量，且，则值为（ ）A. B. 0C. 1D. 0或1【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标运算,结合垂直时向量的坐标关系,即可求得的值.【详解】根据向量的坐标运算,可知因为,由向量垂直的坐标关系可得,即解方程可得或故选:D【点睛】本题考查了向量的坐标运算,垂直时的坐标运算,属于基础题.5.设实数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据不等式,举出符合要求值,代入检验即可判断是否成立.或根据指数函数与对数函数的图像和性质,判断是否成
4、立.【详解】实数满足对于A,当时,此时,所以A错误;对于B,当时, ,此时,所以B错误;对于C,当时, ,由幂函数的图像与性质可知,此时,即所以C正确;对于D,当时, ,由指数函数的图像与性质可知, ,即,所以D错误.综上可知,C为正确选项故选:C【点睛】本题考查了不等式大小比较,特殊值法的应用,指数函数与对数函数的图像与性质应用,属于基础题.6.已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数图像可判断出函数为奇函数,排除BC.由特殊值,代入可排除A,即可得解.【详解】由函数图像可知,函数为奇函数,对于B,为偶函数,所以B错误.对于
5、C,为偶函数,所以C错误.当时对于A,则,所以A错误.综上可知,D为正确选项故选:D【点睛】本题考查了根据函数图像选择解析式,依据奇偶性及特殊值法,即可判断,属于基础题.7.将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列结论错误的是（ ）A. 是的一个周期B. 的图象关于直线对称C. 是奇函数D. 在上单调递减【答案】D【解析】【分析】根据三角函数图象平移变换,求得的解析式.结合余弦函数的图像与性质,即可判断各选项.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到则对于A,的最小正周期为,则是的一个周期,所以A正确;对于B,当时,代入可得,即的图象关于直线对称,所以B正确.对于C,因为,则,由
6、正弦函数的图象与性质可知为奇函数,所以C正确;对于D, 的单调递减区间满足解得,当取正数时,在上不能递减综上可知,D为错误选项故选:D【点睛】本题考查了三角函数图象平移变换,余弦函数的图像与性质综合应用,属于基础题.8.已知函数，若对任意的，都有成立，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式,判断函数为偶函数.根据偶函数的图像与性质,结合二次函数的性质解二次不等式,即可求得的值.【详解】函数所以当时,则所以同理当时, 则,则即综上可知,函数为偶函数.当时,此时单调递增所以由偶函数对称性可知当时单调递减若对任意的,都有成立,则需两边同时平方,移项化简可
7、得由二次函数性质,可得 化简可得由平方数性质可知所以只能是解得故选:A【点睛】本题考查了分段函数奇偶性的判断方法,根据偶函数性质解不等式,二次函数恒成立问题的综合应用,属于中档题.9.已知函数，是任意给定的两个不等的实数. 则下列函数中一定有两个零点的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式中,是任意给定的两个不等的实数,利用特殊值代入检验即可判断错误选项,排除即可得解.【详解】函数,是任意给定的两个不等的实数对于A,当时,.若则此时函数只有一个零点,所以A错误;对于B, 当时,.若则此时函数没有零点,所以B错误;对于D,当时,.若且 则此时函数只有一个零点,所
8、以D错误;由以上可知,排除ABD选项,则C为正确选项故选:C【点睛】本题考查了二次函数的性质及简单应用,特殊值法的应用,属于中档题.10.已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.【详解】根据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方
9、程为又因为,变形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:所以的最小值即为到直线的距离最小值根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值设切线的方程为,化简可得由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得 即 所以切线方程为或所以当变化时, 到直线的最大值为 即的最大值为故选:B【点睛】本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用, 圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.非选择题部分二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11.如果一扇形的圆心角为，半径等于，则该扇形的弧长为_，面积为_.【答案】 (
10、1). (2). 【解析】【分析】将圆心角化为弧度,由圆心角与弧长和扇形面积的关系即可得解.【详解】圆心角为,即等于 由弧长公式可得 由扇形面积公式可得故答案为: ; 【点睛】本题考查了角度与弧度的转化,圆心角与弧长、扇形面积的关系,属于基础题.12.已知，则_，_ （用表示）.【答案】 (1). 15 (2). 【解析】【分析】由指数式与对数式的转化,结合指数幂的运算性质和对数换底公式,化简即可得解.【详解】根据对数与指数的互换, 可化为由指数的运算,可知则,所以所以因为,则由换底公式可知故答案为: ;【点睛】本题考查了指数式与对数式的转化,指数幂的运算性质和对数换底公式的应用,属于基础题.
11、13.已知，且，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据诱导公式,化简三角函数式即可求得的值.根据正弦和角公式,结合同角三角函数关系式和角的范围,求得,进而求得的值.【详解】由诱导公式,所以即所以由,利用正弦和角公式展开可得即,两边同时平可得则与异号,且由,所以,且由,可知由同角三角函数关系式代入可得化简可得,即解得（舍）所以所以故答案为: ;【点睛】本题考查了诱导公式化简三角函数式求值,正弦和角公式及同角三角函数关系式的应用,注意化简过程中角的范围和三角函数的符号,属于中档题.14.已知定义在上的奇函数满足对任意实数，都有成立，则_，_.【答案】 (1). (2). 27
12、【解析】【分析】根据奇函数性质,结合赋值法,即可代入求解.【详解】因为定义在上的奇函数,所以满足令代入可得因为所以代入可得则所以由奇函数性质可知令,代入可得令代入可得令,代入可得即故答案为: ;【点睛】本题考查了奇函数的性质应用,赋值法在求三角函数值中的应用,属于中档题.15.某城市的电视发射搭建在市郊的一座小山上. 如图所示，小山高为30米，在地平面上有一点，测得两点间距离为50米，从点观测电视发射塔的视角（）为，则这座电视发射塔的高度为_米. 【答案】250【解析】【分析】根据题意,抽象出几何关系.根据三角函数定义及诱导公式,可求得.结合正弦定理,即可求得电视发射塔的高度.【详解】根据题意
13、,画出几何图形如下图所示:由题意可知, 设 则.由诱导公式可知,所以则在中,由正弦定理可得 代入可得,解得即电视发射塔的高度为米故答案为: 【点睛】本题考查了正弦定理在解决实际问题中的应用,由题意转化为几何关系是解决问题的关键,属于中档题.16.已知平面向，满足，且，与夹角余弦值的最小值等于_.【答案】【解析】【分析】根据平面向量数量积运算律化简,结合题中所给模长用表示出,即可用表示出与夹角的余弦值;利用换元法令,由平面向量数量积定义及三角函数的值域,求得的范围.代入中求得m的取值范围.再根据平面向量数量积定义,用m表示出与夹角余弦值,即可由m的取值范围结合表达式的性质得解.【详解】平面向,满
14、足,则因为展开化简可得,因为,代入化简可得设与的夹角为则由上式可得而代入上式化简可得令,设与的夹角为,则由平面向量数量积定义可得,而所以由余弦函数的值域可得,即将不等式化简可得,解不等式可得 综上可得,即而由平面向量数量积的运算可知,设与夹角为,则 当分母越大时,值越小;当的值越小时,分母的值越大所以当时, 的值最小代入可得所以与夹角余弦值的最小值等于故答案为: 【点睛】本题考查平面向量数量积的综合应用,根据向量的模求得向量夹角的表示形式,三角函数值域的有界性,由函数解析式及性质求最值,综合性强,属于难题.17.已知函数，其所有的零点依次记为，则_.【答案】16【解析】【分析】由零点定义,可得
15、关于的方程.去绝对值分类讨论化简.将对数式化为指数式,再去绝对值可得四个方程.结合韦达定理,求得各自方程两根的乘积,即可得所有根的积.【详解】函数的零点即所以去绝对值可得或即或去绝对值可得或,或当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得 当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得 当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得 当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得 综上可得所有零点的乘积为故答案为: 【点睛】本题考查了函数零点的定义,含绝对值方程的解法,分类讨论思想的应用,由韦达定理研究方程根的关系,属于难题.三、解答题：本大题共5小题
16、，共74分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.已知函数的部分图像如图所示. （1）求函数的解析式，并求的对称中心；（2）当时，求的值域.【答案】（1），对称中心为：（2）【解析】【分析】（1）根据函数图像求得,由最高点和零点的距离求得周期,将最高点代入,结合的取值范围即可求得,则得函数解析式.由正弦函数的性质,即可求得其对称中心.（2）根据自变量的范围,结合正弦函数的图像与性质,即可求得的值域.【详解】（1）由函数图像可知,则由图像可知,函数的经过点,令,得所以函数的图像的对称中心为（2）由（1）可知,由正弦函数的图像与性质可知当,即时,的最大值为2当,即时,的最小值为的值域为
17、【点睛】本题考查了根据部分图像求三角函数的解析式,正弦函数图像与性质的综合应用,属于基础题.19.已知，集合. （1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据对数函数的性质,解得集合A;代入,解指数不等式,求得集合B,即可由集合并集的运算求得.（2）根据集合关系式,可知,即集合B为集合A的子集.讨论集合B为空集和非空集两种情况,即可求得的取值范围.【详解】（1）,当时,由并集运算可得. 即（2）,所以,当时,此时,成立时,此时解得. 综上可得.【点睛】本题考查了指数不等式与对数不等式的解法,集合并集运算,由集合的包含关系求参数的取值范围,属于基础题.
18、20.已知向量，设函数. （1）解不等式；（2）是否存在实数，使函数在内单调递增，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）由平面向量数量积的坐标运算及模的求法,结合辅助角公式化简三角函数式.代入不等式中,结合正弦函数的图像与性质即可求解.（2）根据正弦函数的图像与性质,可求得其单调递增区间. 数在内单调递增,即可确定的取值范围.【详解】（1）根据平面向量数量积的坐标运算及模的求法,结合辅助角公式化简可得由题得由正弦函数的图像与性质可得不等式的解集是. （2）存在.由,解得的递增区间是,由题知只有当时,在递增,且满足条件所以当时,在递增,.【
19、点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算,利用辅助角公式对三角函数式化简,正弦函数图像与性质的综合应用,属于中档题.21.中，为的中点，为外心，点满足. （1）证明：；（2）若，设与相交于点，关于点对称，且，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量的加法与减法运算,化简即可求解.（2）根据题意,可得.而为的中点,与重合,为的重心,建立平面直角坐标系, 设,写出各个点的坐标,表示出与,即可根据平面向量数量积的定义用三角函数式表示出来.利用辅助角公式,即可求得的取值范围.【详解】（1）证明:为的中点,为外心,点满足根据平面向量的减法运算可得而则代入可得即（2）由,
20、两边同时平方,展开化简可得所以.此时为的中点,与重合,为的重心,如图建立平面直角坐标系,设,则,且设,则,则有,且. 设.由正弦函数的性质可知,即【点睛】本题考查了平面向量的线性运算,利用坐标研究平面向量的数量积形式,三角函数式的化简,利用辅助角公式求三角函数的最值,属于中档题.22.已知，函数 （1）讨论的单调性；（2）设，若的最大值为，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）当时,;当时,.【解析】【分析】（1）根据函数解析式,先讨论当与两种情况.当时易判断单调递减,当时,讨论对称轴与区间的关系,即可判断单调性.（2）根据（1）中所得在不同范围内的单调情况分类讨论. 当,在递减结合二次函数与绝对值函数的性质,并由的最大值即可求得的值,进而得的取值范围;当时,在递增,在递减,同理解绝对值不等式可求得的取值范围,进而得的取值范围.【详解】（1）当时,在单调递减当时,即时,在单调递减当时,即时,在递增,在递减当时,不成立,所以无解.综上所述,当时,在单调递减；当时,在递增,在递减（2）当时,在递减,. 得. 当时,在递增,在递减,又,同时,又,又,且可得在递增,所以. 综上所述, 当时,;当时,.【点睛】本题考查了分类讨论二次函数的单调性问题,不等式与二次函数的综合应用,由最值确定参数的取值范围,对理解能力要求较高,属于难题.
