《2018-2019学年上海市青浦高级中学高一下学期3月质量检测数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年上海市青浦高级中学高一下学期3月质量检测数学试题（解析版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-2019学年上海市青浦高级中学高一下学期3月质量检测数学试题一、单选题1若是第四象限的角，则的值为（ ）ABCD【答案】D【解析】利用同角三角函数关系化简结合角的范围去绝对值即可【详解】又是第四象限的角，故原式 故选：D【点睛】本题考查同角三角函数化简，考查计算能力，是基础题2给出下列四个命题:(1)如果那么(2)如果那么(3)如果是第一或第二象限角,那么(4)如果那么是第一或第二象限角.其中真命题有( )个A0B1C2D4【答案】C【解析】取反例，当时，满足，但，可判断；根据互为逆否命题的两个命题具有相同的真假性判断此命题的逆否命题的真假性，可判断；根据三角函数的定义可判断；取反例
2、，可判断.【详解】对于，取反例，当时，满足，但，故不正确；对于，此命题的逆否命题是：如果，那么，显然是成立的，根据互为逆否命题的两个命题具有相同的真假性得是正确的；对于，是第一或第二限角，根据三角函数的定义得，故是正确的； 对于，当时，可以取，满足，但这时不在任何象限，故不正确。综上可得：真命题的个数是2个，故选：C.【点睛】本题考查角的位置和三角函数的符号之间的关系，以及角相等与其三角函数相等之间的关系，可以通过取反例证明命题不正确，属于基础题.3若，且，那么是( )A直角三角形 B等边三角形C等腰三角形D等腰直角三角形【答案】D【解析】【详解】解析：由题设可得由题设可得，即该三角形是等边三
3、角形，应选答案B。4已知ABC中,b=B=60,若此三角形有两解,则的取值范围是( )ABCD【答案】B【解析】根据正弦定理（为的外接圆的半径），做出三角形两解的示意图，得出两解的条件，解之可得的范围.【详解】做出示意图如下图所示：做于，则，要使ABC有两解,则需，因为b=B=60,所以解得，故选：B.【点睛】本题考查三角形的正弦定理的应用：三角形的解的问题，关键在于做出示意图，得出两解所满足的条件，属于基础题.二、填空题5经过1小时,时针转过的角是_.【答案】.【解析】根据钟表的表面一周是小时，一周是度，即，可得时钟转过一小时转过的弧度为,可得答案.【详解】钟表的表面一周是小时，一周是度，用
4、弧度表示为，所以时钟转过一小时转过的弧度为,故答案为：.【点睛】本题考查角的角度制和弧度制的实际应用，关键在于生活实际问题中的数量关系转化到数学问题中，属于基础题.6已知角的终边经过则_.【答案】【解析】由条件得出点到原点的距离，再利用任意角的三角函数的定义可得的值.【详解】根据角的终边经过点，所以，所以，故答案为：【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，需注意角终边上的点的坐标有字母时，求点到原点的距离时的符号，属于基础题7若则的值是_.【答案】【解析】将分子分母同除以，转化为关于的表达式，代入可得值.【详解】因为所以将分子分母同除以，得，故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数的商数关系，
5、将未知转化为已知的三角函数再求值，这是在三角函数中给值求值的常用方法，属于基础题.8ABC中，则_.【答案】【解析】由三角形的内角和得，将化为再由余弦的和角公式得，从而可得的值.【详解】因为ABC中，所以，所以由得即，所以，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查三角形的内角和定理、余弦的和角公式以及同角三角函数的商数关系，属于基础题.9角的终边与的终边关于对称,则_【答案】【解析】根据角的终边与的终边关于对称,和终边相同的角的表示方法可得答案.【详解】 是第一象限的角平分线，所以，故答案为：.【点睛】本题考查终边相同的角的表示方法以及终边有一定的关系的两个角的表示方法，属于基础题.10已知则
6、_.【答案】【解析】先由的范围和求得的符号和的值，再根据余弦的二倍角公式求得的值.【详解】,所以，又因为所以又因为解得故答案为：【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用,二倍角的余弦公式的应用,注意的符号,这是本题的易错点,属于中档题.11已知则_.【答案】【解析】先由诱导公式化简得再由，得，且，代入可求得的值.【详解】由得所以，又因为，所以，且，代入得，解得，故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的诱导公式、同角三角函数的关系，在求解函数的值注意其值的符号，属于基础题.12_.【答案】【解析】由得，可得再，代入可得的值.【详解】由得，所以所以而，所以所以，设，则，所以,所以，即，所以，
7、故答案为：【点睛】本题考查两角互余时其三角函数间的关系，以及同角三角函数间的关系，关键在于组合成互余的角的三角函数，属于中档题.13若则的取值范围是_.【答案】或.【解析】根据三角函数的辅助角公式化简再由正弦型函数的值域得，解之可得的取值范围.【详解】令则所以，即，由得即解得或，由得即解得或，所以或，故答案为：或.【点睛】本题考查三角函数的辅助角公式、正弦型函数的值域和分式不等式的求解，属于中档题.14在三角形ABC中,已知面积和它的外接圆半径都是1,则_.【答案】.【解析】由已知条件根据正弦定理，再根据三角形的面积公式可得从而可求得的值.【详解】根据正弦定理（为的外接圆的半径），得，由已知得
8、，所以，又，所以所以故答案为：.【点睛】本题考查三角形的正弦定理和三角形的面积公式，关键在于熟练记忆这两个并且能灵活地运用，属于基础题.15ABC中，若最长的边长为1cm,则最短边的长度为_cm.【答案】【解析】由已知条件和正切 的和角公式得出，再根据三角形的内角和定理得为钝角，再根据正切函数的单调性得出是最大边，是最短边，由正弦定理可求得最短边的长度.【详解】由得，所以 所以为钝角，又所以，所以，所以是最大边，是最短边，又，由正弦定理得即解得，所以最短边长度为cm.故答案为：.【点睛】本题考查正切的和角公式和正弦定理，关键在于由已知条件判断出最大边和最小边，属于中档题.16如图，长为，宽为的
9、矩形木块，在桌面上作无滑动翻滚，翻滚到第三面后被一小木块挡住，使木块与桌面成角，则点走过的路程是_【答案】【解析】试题分析：第一次转动是以点B为圆心，AB=2为半径，圆心角是90，所以弧AA1的长=，第二次转动是以点C为圆心，A1C=1为半径，圆心角为90，第三次转动是以点D为圆心，A3D=为半径，圆心角为180-（90+30）=60，所以弧A2A3长=，所以总长=。【考点】扇形的圆心角及半径，弧长公式。点评：中档题，解答本题的关键是理解题意，明确，每次转动的半径及圆心角，利用弧长公式加以计算。三、解答题17化简:【答案】.【解析】根据三角函数的诱导公式和同角三函数的商数关系化简原式可得值.【
10、详解】原式，故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的诱导和同角三角函数的商数关系，注意在运用诱导公式时：“奇变偶不变，符号看象限”的具体含义，属于基础题.18已知，求的值【答案】.【解析】根据同角三角函数关系，求出的值，然后利用二倍角公式将所求式子化简，代入已知量，得到答案.【详解】因为所以，所以.【点睛】本题考查同角三角函数关系，二倍角的正弦公式，属于简单题.19已知，求的值【答案】见解析.【解析】利用构造角的思想方法，先求角的范围由，得，,得得到结论.【详解】解：由，得，又，由得 由，得，又，所以20通常用分别表示ABC的三个内角A、B、C所对的边的长度,R表示ABC外接圆半径.(1)在以O
11、为圆心,半径为2的圆O中,BC和BA是圆O的弦,其中BC=2,ABC=45,求弦AB的长；(2)在ABC中,若C是钝角,求证:【答案】（1）；（2）见解析.【解析】(1)由已知及正弦定理可得与的值,利用大边对大角可得为锐角,利用同角三角函数基本关系式可求,利用三角形内角和定理,两角和的正弦函数公式可求的值,利用正弦定理即可得解的值.(2)利用余弦定理推出,利用正弦定理推出.【详解】(1),由正弦定理可得:,解得:，又,可得:,可得,所以；(2)证明:由余弦定理得,为钝角,可得,又由正弦定理得,，故得证.【点睛】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的综合运用，关键在于熟记正弦定理
12、和余弦定理，并注意其定理的适用的条件，属于中档题.21在平面直角坐标系中,先将线段OP绕原点O按逆时针方向旋转角再将OP的长度伸长为原来的倍,得到我们把这个过程称为对点P进行一次T,变换得到点例如对点P进行一次变换,得到点(1)试求对点进行一次变换后得到点的坐标；(2)已知对点进行一次换后得到点求对点再进行一次变换后得到点的坐标.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知得将线段OA绕原点O按逆时针方向旋转角再将OA的长度伸长为原来的倍,得到可得的坐标；（2）计算出，求得，从而得所以，再可求得，根据点的位置得，得，从而求得，可求得的坐标.【详解】（1）由已知得变换是将线段OA绕原点O按逆时针方向旋转角再将OA的长度伸长为原来的倍,得到所以的坐标是；（2）因为对点进行一次换后得到点所以，所以，所以，设与轴的正方向的夹角为，则 并且根据，因为，所以，所以，所以，所以的坐标为.【点睛】本题考查根据新定义解决实际问题的能力，关键在于理解新定义的含义，并能根据定义解决问题，在本题中求出和是关键，属于难度题.第 16 页 共 16 页
