【数学】北京市西城外国语学校2019-2020学年高一下学期诊断性测试试题（解析版） 10页

北京市西城外国语学校2019—2020学年下学期诊断性测试数学试题 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，只有一项是符合要求的．‎ ‎1.如果且，则角的终边可能位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】由，则角为位于第三、四象限，又由，则角为位于第二、四象限，‎ 所以角为位于第四象限，故选D．‎ ‎2.若函数和在区间D上都是增函数，则区间D可以是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】时，单调递减，A错误 时，单调递减，B错误 时，单调递减，C错误 时，函数和都是增函数，D正确 故答案选D ‎3.为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，据此可知，为了得到函数的图象，可以将函数的图象向右平移个单位长度.‎ 本题选择D选项.‎ ‎4.设向量，的模分别为2和3，且夹角为，则等于（ ）‎ A. B. ‎13 ‎C. D. 19‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 故选：C ‎5.设函数， ，则是（ ）‎ A. 最小正周期为的奇函数 B. 最小正周期为的奇函数 C. 最小正周期为的偶函数 D. 最小正周期为的偶函数 ‎【答案】C ‎【解析】函数，则有 ，所以函数是偶函数，函数的周期是，故选C.‎ ‎6.若直线是函数图象的一条对称轴，则a的值可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由题，对称轴方程为：‎ 则当 ‎7.设，则使成立的的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】， ‎ ‎,‎ 故选：B ‎8.函数其中，的图象的一部分如图所示，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图根据函数的图象可得：函数的周期为（6﹣2）×4＝16，‎ 又∵ω＞0，∴ω，当x＝2时取最大值，‎ 即2sin（2）＝2，可得：2＝2kπ，k∈Z，‎ ‎∴＝2kπ，k∈Z，∵0＜＜π，∴，故选B．‎ ‎9.函数在上的零点个数为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】令，显然不是函数的零点，可得．‎ 故作出函数和的图象，如图所示：在上有2个交点. ‎ 故选：A ‎10.已知在直角三角形中，为直角，，，若是边上的高，点在内部或边界上运动，则的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图：在直角三角形中，为直角，，，所以，‎ 建立直角坐标系如图所示：，直线的方程为：，‎ 所以直线的方程：，所以，‎ 点在内部或边界上运动，与夹角大于等于90°‎ 由图可得：与夹角大于等于，‎ 点在线段上时，，且为最大值，‎ 点在线段上时，有最小值，设点，‎ ‎.‎ 综上所述：的取值范围是.‎ 故选：D 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．‎ ‎11.‎ ‎______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】．‎ 故答案为：．‎ ‎12.已知向量,，若,则实数______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】解:因为向量,，且,‎ 所以,解得.‎ 故答案为: ‎ ‎13.已知角的终边经过点，则的值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】角的终边经过点，‎ 由三角函数定义可知，，‎ 故答案为：.‎ ‎14.函数的定义域为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】函数，则定义域满足，‎ 由余弦函数的性质可知，‎ 所以定义域为，故答案为：‎ ‎15.不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为不等式对任意恒成立，‎ 所以只需，‎ 由余弦函数性质可知，，则，‎ 所以，即，故答案为：.‎ ‎16.已知函数满足，写出一个满足要求的函数的解析式______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】函数满足，‎ 则，不妨设，则，‎ 解得，所以，所以，‎ 由可得，不妨设，代入可得，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ 三、解答题：本大题共4小题，共36分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知，求值：‎ ‎（1） ；‎ ‎（2）.‎ 解：（1）；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴.‎ ‎18.已知向量，与向量 ‎（1）当为何值时，；‎ ‎（2）当为何值时，求向量与向量的夹角；‎ ‎（3）求的最小值以及取得最小值时向量的坐标．‎ 解：（1），，所以时，；‎ ‎（2）由题意，，所以；‎ ‎（3）由已知，‎ 所以，所以时，取得最小值3，此时．‎ ‎19.已知函数．‎ ‎(1)请用“五点法”画出函数在一个周期上的图象（先在所给的表格中填上所需的数字，再画图）；‎ ‎(2)求的单调递增区间；‎ ‎(3)求在区间上的最大值和最小值及相应的的值．‎ 解：(1)分别令可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎-1‎ ‎0‎ 画出图像有：‎ ‎(2) 的单调增区间：,解得,故单调增区间为.‎ ‎(3)当时,故当,即时, 取最大值1；‎ 当即时, 取最小值.‎ 故当时取最大值1,当时取最小值.‎ ‎20.解关于的不等式：‎ ‎（Ⅰ）若，解上述关于的不等式；‎ ‎（Ⅱ）若，解上述关于的不等式．‎ 解：（Ⅰ）把代入，得，化简得，‎ 该不等式的解为：或 ‎（Ⅱ）把化简得，，‎ ‎①当时，不等式的解为 ‎②，即，得，此时，不等式的解为或 ‎③，即，得或，‎ 当时，不等式的解为或，‎ 当时，不等式的解为，‎ ‎④，得，此时，，解得且 综上所述，当时，不等式的解为，‎ 当时，不等式的解为 当时，不等式的解为或，‎ 当时，不等式的解为且 当时，不等式的解为或