2019-2020学年山西省高一下学期第一次（线上4月）月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 18 页 2019-2020 学年山西省高一下学期第 一次（线上 4 月）月考数学试题 一、单选题 1．如图，角 的终边与单位圆交于点 ， 的纵坐标为 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意设出M 的坐标，由 M 到原点的距离为 1 求得 M 的横坐标，再由任意角 的三角函数定义得答案. 【详解】 由已知可设 ， 再由 ，得 ，∴ ， 故选：B. 【点睛】 本题主要考查任意角的三角函数的定义，是基础的计算题. 2． （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用诱导公式可求出 的值. 【详解】 由题意可得 . 故选：A. α M M 4 5 cosα = 3 5 3 5- 4 5 4 5 − ( )4, 05M x x  > < θ ( )g x 0, 2x π ∈   ( )g x 0, 2 π     3 π 2 π= 5 6 π 3 2 π= 6 π= − xω ϕ+ 2 π π 3 2 π 2π x 12 π 3 π 7 12 π 5 6 π 13 12 π sin( )A xω ϕ+ 5− ( ) 5sin 2 6f x x π = −    5sin 2 6y x π = −   ( 0)θ θ >第 14 页 共 18 页 ， 再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变）可得： ， 令 ∴ ∴当 时，此时 最小值为 ； （3）因为 令 ， 所以 ， 又 ，∴ 或 ， ∴ 增区间为 . 【点睛】 本题考查正弦型三角函数图象与性质的综合运用，其中涉及到单调性、对称性、图象变 换的考查，难度一般.分析正（余）弦型函数 在 指定区间上的单调性，可将 作为一个整体，利用正（余）弦函数的单调区间进 行分析，采用对 赋值的方法求解在指定区间上的单调区间. 20．已知向量 = (1，2sinθ)， = (sin(θ+ )，1)，θ R． (1) 若 ⊥ ，求 tanθ 的值； (2) 若 ∥ ，且 θ (0， )，求 θ 的值 【答案】（1）tanθ＝－ ；（2）θ＝ . 【解析】（1）利用两个向量垂直的坐标表示，列出方程，化简可求得 的值.（2） 利用两个向量平行的坐标表示，列出方程，化简可求得 的值. 【详解】 5sin 2 2 6 xy x θ = + −   1 2 5sin 4 2 6y x θ π = + −   54 2 ,24 6 k k Zπ θ π π× + − = ∈ 1 ,2 3k k Z πθ π= − ∈ 1k = θ 6 π ( ) 5sin 4 6g x x π = +   2 4 2 ,2 6 2k x k k Z π π ππ π− + ≤ + ≤ + ∈ 1 1 ,6 2 12 2k x k k Z π ππ π− + ≤ ≤ + ∈ 0 2x π≤ ≤ 0 12x π≤ ≤ 3 2x π π≤ ≤ ( )f x 0, , ,12 3 2 π π π           ( ) ( )( )sin cosy A x y A xω ϕ ω ϕ= + = + xω ϕ+ k a b 3 π ∈ a b a b ∈ 2 π 3 5 6 π tanθ θ第 15 页 共 18 页 （1）依题意，得： • ＝0，即 sin(θ+ )+2sinθ＝0，展开，得： sinθcos ＋cosθsin +2sinθ＝0， 化简，得： sinθ＋ cosθ＝0，解得：tanθ＝－ （2）因为 ∥ ，所以，2sinθsin(θ+ )＝1，展开得： 2sinθ（sinθcos ＋cosθsin ）＝1， 即：2sin2θ＋2 sinθcosθ＝2， 即：1－cos2θ＋ sin2θ＝2， 化为：sin（2θ－ ）＝ ，因为 θ (0， )，所以，2θ－ ( )， 所以，2θ－ ＝ ，解得：θ＝ 【点睛】 本小题主要考查两个向量垂直和两个向量平行的坐标表示，还考查了三角恒等变换，以 及特殊角的三角函数值等知识，属于中档题. 21．如图，在 中， 是边 的中点， 是边 上靠近点 的一个三等分点， 与 交于点 .设 ， . （1）用 ， 表示 . （2）过点 的直线与边 ， 分别交于点 ， .设 ， ，求 的值. 【答案】（1） （2） a b 3 π 3 π 3 π 5 2 3 2 3 5 a b 3 π 3 π 3 π 3 3 6 π 1 2 ∈ 2 π 6 π ∈ 5,6 6 π π− 6 π 6 π 6 π AOB D OB C OA O AD BC M OA a=  OB b=  a b OM M OA OB E F OE pa=  OF qb=  1 2 p q + 1 2 5 5OM a b= +   1 2 5p q + =第 16 页 共 18 页 【解析】（1）设 ，利用 ， ， 三点共线和 ， ， 三点共线 可以得出 的两个方程，然后解出即可 （2）利用 ， 共线即可推出 【详解】 （1）设 ，则 ， ∵ ， ， 三点共线， ∴ ， 共线，从而 .① 又 ， ， 三点共线. ∴ ， 共线， 同理可得 .② 联立①②，解得 ， 故 . （2）∵ ， ，且 ， 共线， ∴ ，整理得 . 【点睛】 1.平面向量共线定理：若 与 共线且 ，则存在唯一实数 使得 2.平面向量基本定理：若 ， 是平面 内两个不共线的向量，则对于平面 中的任 一向量 ，使 的实数 ， 存在且唯一. 22．已知函数 的部分图象如图所示. OM xa yb= +   A M D C M B ,x y EM EF OM xa yb= +   ( ) ( )1 1AM OM OA x OA yOB x a yb= − = − + = − +       A M D 1 2AD OD OA ab= − = −     AM AD ( )1 12 x y− = − C M B BM BC ( )1 13 y x− = − 1 5 2 5 x y  =  = 1 2 5 5OM a b= +   1 2 1 2 5 5 5 5EM OM OE a b pa p a b = − = + − = − +           EF OF OE qb pa= − = −     EM EF 1 2 5 5p q p − = −   1 2 5p q + = a b 0b ≠ λ a bλ=  1e 2e α α a 1 2a e eλ µ= +   λ µ ( ) sin( )f x A xω ϕ= + π0, 0, 2A ω ϕ > >