上海市上海中学2018-2019学年高一下期中考试数学试题(解析版)

上海市上海中学2018-2019学年高一下期中考试数学试题

一、填空题(每题3分,共36分)

1. 函数2sin3yx的最小正周期是_________.

【答案】23

【解析】

【分析】

直接由周期公式得解．

【详解】函数2sin3yx的最小正周期是：2233T

故填：23

【点睛】本题主要考查了sinyAxB的周期公式，属于基础题．

2. 已知点P11，在角的终边上,则sincos_______.

【答案】0

【解析】

【分析】

求出P到原点的距离r，利用三角函数定义得解．

【详解】设P到原点的距离r，则22112r

所以1sin2，1cos2，

所以11sincos022

【点睛】本题主要考查了三角函数定义，考查计算能力，属于基础题．

3. 已知扇形的周长为10cm，面积为42cm，则扇形的圆心角的弧度数为________ .

【答案】12

【解析】 试题分析：设扇形的的半径、弧长分别为,Rl，则14,{2210,RlRl解得1,{8,Rl（舍）或4,{2,Rl．所以答案应填：2142lR．

考点：１、扇形的面积；２、弧长公式．

4. 在△ABC中,若tansin0AB＜，则△ABC为_______(填“锐角”或直角”或“钝角”)三角形.

【答案】钝角

【解析】

【分析】

整理tansin0AB＜得sinsin0cosABA＜，利用sin0,sin0AB可得cos0A，问题得解．

【详解】因为tansin0AB＜，所以sinsin0cosABA＜，

又,0,AB,所以sin0,sin0AB，所以cos0A

所以A为钝角，故填：钝角

【点睛】本题主要考查了三角恒等变换及转化思想，属于基础题．

5. 若3sin45，则cos4______.

【答案】35

【解析】

【分析】

直接由三角函数的诱导公式得解．

【详解】因为cossinsin4424，

又3sin45，所以3cos45

【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，考查观察能力及计算能力，属于基础题．

6. 若02＜＜，则化简1sin1sin22cos_______.

【答案】0

【解析】 【分析】

由正弦、余弦的二倍角公式升幂去根号，问题得解．

【详解】由题可得：sin2sincos22，2cos2cos12，

因为02＜＜，所以042＜＜，所以0sincos22

所以1sin1sin22cos

222sincossincos4cos22222

sincossincos2cos022222

【点睛】本题主要考查了二倍角的正弦、余弦公式，考查了三角函数的性质及计算能力，属于中档题．

7. 已知tan2，则2sinsincos1_______.

【答案】75

【解析】

【分析】

将2sinsincos整理成22tantantan1，问题得解．

【详解】因为2sinsincos12sinsincos11

22222sinsincoscossincosco1s

22tantan1tan1.

将tan2代入上式可得：222227sinsincos11215

【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及正、余弦的二次齐次式变形，考查化简能力及计算能力，属于中档题．

8. 方程lgsinxx的实数根的个数是______.

【答案】6 【解析】

如下图，由于函数y＝lg|x|是偶函数，所以它的图象关于y轴对称．

9. 若223sin2sin2sin，则22sincos的取值范围是________.

【答案】913,109

【解析】

【分析】

由223sin2sin2sin整理可得：222sin2sin3sin，由此可得20sin3，对22sincos消元可得：2225sincossinsin12，令sint，把问题转化成函数2512ytt，20,3t值域问题，从而得解．

【详解】由223sin2sin2sin得：2222sin2sin3sin0

解得：20sin3.

22y=sincos=22sin1sin

2222sin3sin5sin1sinsin122

令sint，20,3t，

2512tyt，20,3t

当15t时，2min5119125510y，

当23t时，2max52213123310y.

所以22sincos的取值范围是913,109. 【点睛】本题主要考查了三角恒等变换及转化思想，考查了二次函数的性质及换元法，考查计算能力，属于中档题．

10. 若33sincossincos02＞，，，则的取值范围是________.

【答案】53,,,24242

【解析】

【分析】

对33sincossincos＞因式分解可得：sincossincos0，作出：y=sin,cos,0,2y的图象，由图解不等式即可．

【详解】由33sincossincos＞可得：22sincossinsincoscossincos＞，

整理得：sincossincos0，

在同一坐标系中作出y=sin,cos,0,2y的图象如下：

当0,4x时，sincos，sin0,cos0，

不满足sincossincos0

当,42x时，sincos，sin0,cos0，

满足sincossincos0.

当,2x时，sincos，sin0,cos0，

不满足sincossincos0.

当5,4x时，sincos，sin0,cos0，满足sincossincos0. 当53,42x时，sincos，sin0,cos0，

不满足sincossincos0.

当3,22x时，sincos，sin0,cos0，

满足sincossincos0.

所以的取值范围是53,,,24242

【点睛】本题主要考查了因式分解及转化能力，考查三角函数的基本性质，还考查了分类思想，属于中档题．

11. 已知f（x）＝sin6x（ω＞0），f（6）＝f（3），且f（x）在区间63，上有最小值，无最大值，则ω＝_____．

【答案】163

【解析】

【分析】

由题意可得函数的图象关于直线4x对称，再根据fx在区间,63上有最小值，无最大值，可得3462，由此求得的值.

【详解】对于函数sin06fxx，由63ff得，

函数图象关于6324x对称，

又fx在区间,63有最小值，无最大值，

可得32462kkZ，即1683kkZ，又342T，即12

所以163.

故答案为：163. 【点睛】本题主要考查正弦函数的图象的对称性，正弦函数的最值，属于中档题．

12. 已知fx是定义在R上的奇函数，且0x＜时，fx单调递增，已知10f，设2sincos2gxxmxm，集合|002Mmxgx对任意，，有＜，集合|002Nmxfgx对任意，，有＜，则MN________.

【答案】422,

【解析】

【分析】

由已知可得：1x时，0fx，01x时，0fx，将0fgx＜转化成1gx或01gx，即可将MN转化成：|02Amxgx对任意，，有＜-1，即可转化成：2max2cos2cosxmx02x对任意，成立，令2costx，整理得：max24tmt，再利用基本不等式即可得解．

【详解】因为fx是定义在R上的奇函数，0x＜时，fx单调递增,且10f

所以1x时，0fx，01x时，0fx，

所以0fgx＜可化为：1gx或01gx，

所以集合|002Nmxfgx对任意，，有＜可化为：

集合101|02Nmxgxgx对任意，，有或，

所以MNA|021gxmx对任意，，有

即：2sincos21xmxm02x对任意，恒成立.