四川省宜宾市叙州区第一中学校2022-2023学年高一下学期4月月考数学Word版含解析.docx

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叙州区一中2023年春期高一第二学月考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60分）一､选择题：本题共8小题，每小题5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，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据交集运算求解.【详解】由题意可得：.故选：A.2.已知则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据自变量应用分段函数,再由特殊角求解函数值即可.【详解】故选:C.3.已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】 【分析】根据两个向量满足平面的一组基底，需这两个向量不共线，由此逐一判断可得选项．【详解】对于A：零向量与任意向量均共线，所以此两个向量不可以作为基底；对于B：因，，所以，所以此两个向量不可以作为基底；对于C：设，即，则，所以无解，所以此两个向量不共线，可以作为一组基底；对于D：设，所以，所以此两个向量不可以作为基底.故选：C．4.已知向量，，若向量，则实数的值是（）.A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】，解得.故选：B5.在△ABC中，“”是“△ABC是锐角三角形”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由不能得到是锐角三角形，但是锐角三角形,则，根据必要不充分条件的定义，即可求解.【详解】由正弦定理可知，，不能得到是锐角三角形,但是锐角三角形,则.故“”是“是锐角三角形”的必要不充分条件，故选:B． 6.防疫部门对某地区乙型流感爆发趋势进行研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间（单位：天）与病情爆发系数之间，满足函数模型：，当时，标志着流感疫情将要局部爆发，则此时约为（参考数据：）（）A.10B.20C.30D.40【答案】A【解析】【分析】根据列式，并根据给出参考数据，结合指数函数的性质解相应的指数方程，即可得答案.【详解】因为，，所以，即，所以，由于，故，所以，所以，解得.故选：A.7.已知函数，则（）A.的图象关于点对称B.的图象关于直线对称C.为奇函数D.为偶函数【答案】C【解析】【分析】根据余弦函数的图象性质结合函数的奇偶性的定义求解.【详解】，，A错误；，B错误； ，所以是奇函数，C正确；，所以不是偶函数，D错误．故选:C.8.已知曲线：，：，则下面结论正确的是（）A.把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线B.把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C.把上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线D.把上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线【答案】C【解析】【分析】根据三角函数平移伸缩变换的性质即可求解.详解】由题可知，，把上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，即曲线．故选：C. 二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列三角式中，值为1的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】对A、B、C三个选项都套用2倍角公式计算即可，D选项直接计算就可选出答案.【详解】A选项,，故正确.B选项，，故正确.C选项，，故正确.D选项，，故错误故选：ABC10.已知为所在平面内的点，则下列说法正确的是（）A.若，则为的中点B.若，则为的重心C.若，则为的垂心D.若，则在的中位线上【答案】ABD【解析】【分析】通过向量加法、减法、数乘运算对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】A选项，，，所以为的中点，A正确.B选项，如下图所示，设是的中点，由得，即 三点共线，且，所以是的重心.C选项，由，得，所以，所以在边的高上，不一定是垂心，C错误.D选项，如下图所示，设分别是的中点，，即，，，即三点共线，且，所以在的中位线上.故选：ABD11.已知，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】由已知得，，确定的范围判断A，求解与值判断B与C，把代入，化简判断D.【详解】对于A：由，，两边平方得：， 则,得，，则,故A正确；对于B、C、D：∵，则，∴，又，当时，联立，解得，，∴，；当时，联立，解得，，∴，.故B、C错误，D正确.故选：AD.12.已知，满足：对任意，恒有，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据向量线性运算的几何意义分析可得，即为定点A到x轴上的动点的距离，进而分析可得，结合数量积运算求解.【详解】不妨设， 则，即为定点A到x轴上的动点的距离，显然当轴时，取到最小值，若对任意，恒有，则，可得，故B正确，D错误；∵，可得，故A错误，C正确；故选：BC.第II卷非选择题（90分）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.如果满足的恰有一个，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理可求出，由只有一个结合正弦函数的性质可得解.【详解】由，得，又，所以，则当时，三角形只有一个解，此时， 所以.故答案为：.14.已知角（）的终边过点，则__________.【答案】【解析】【分析】确定所在象限，再求得正切值，然后可得结论．【详解】，，因此在第四象限，又，所以，，所以．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数求角，解题关键是根据已知条件求得角的某个三角函数值，根据已知条件确定角的范围，然后由三角函数值求得角．15.函数的最大值为__________；【答案】【解析】【详解】试题分析：根据题意，由于函数，根据三角函数的有界性可知，得到y的最大值为3，故答案为3.考点：三角函数的值域点评：主要是考查了分式函数的值域的求解，属于基础题．16.在中，G满足，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若，，则3m+n的最小值为_______. 【答案】【解析】【分析】根据题意可知为三角形的重心，利用三点共线可得，再由均值不等式即可求最值.【详解】取中点，连接，如图，由可得，即，所以三点共线且，即为的重心，所以，因为三点共线，所以，又，，所以，当且仅当，即时，等号成立，故答案为：四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知向量与夹角，且，．（1）求，；（2）求与的夹角的余弦值．（3）若，求在上的投影向量． 【答案】（1），；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）直接利用数理积公式求解即可，由于，然后代值求解即可；（2）利用向量的夹角公式直接求解即可；（3）利用投影公式直接求解即可【详解】（1）由已知，得，；（2）设与的夹角为，则，因此，与的夹角的余弦值为（3）因为，所以在上的投影向量为18.已知，，.（1）若，求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知和三角函数值，求解三角函数值，只需配凑角，然后利用两角差的正弦公式展开即可.（2）将和展开，联立方程可求得和的值，两式比值即为所求. 【小问1详解】因为，，所以.所以=.【小问2详解】因为，，两式相加可得，，，所以，.19.在中，角，，所对的边分别，，．已知．（1）求；（2）若，，设为延长线上一点，且，求线段的长．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；（2）根据正弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可.【小问1详解】，由正弦定理可得：，，，，； 【小问2详解】由（1）知，，，由正弦定理可得，，即，，或（舍去），，，，，，．20.如图，在平面直角坐标系中，已知四边形是等腰梯形，，点满足，点在线段上运动（包括端点）.（1）求的余弦值；（2）是否存在实数，使，若存在，求出满足条件的实数的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由题意求得，再根据，运算即求得结果；（2）设，其中，由，得，可得．再根据，求得实数λ的取值范围：．【详解】（1）由题意可得，，故；（2）设，其中，，若，则，即，可得，若，则不存在，若，则，故.考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系；数量积表示两个向量的夹角．21.已知函数.（1）当时，求的单调递增区间；（2）当且时，的值域是，求，的值.【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】（1）首先利用三角恒等变形公式将函数化为的形式，再由，解出x的范围，可得函数的单调递增区间；（2）由，得到，进而得到，从而由（1）所得式子，可用a、b将函数的最小值及最大值，取立得方程组，解之即可求得a、b的值.详解】（1）令，则，的单调递增区间；（2），，，，，∴.【点睛】本题重点考查了三角函数的图象和性质，属于基础题.22.对于定义在D上的函数，如果存在实数，使得，那么称是函数的一个不动点.已知函数.（1）若，求的不动点；（2）若函数恰有两个不动点，，且，求正数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题设，令结合对数的性质求解即可.（2）由题设可得，令问题化，即方程在上有两个根，根据对应二次函数性质列不等式组求参数范围. 【小问1详解】由题设，定义域为R，若，即，所以，可得，故是的不动点.【小问2详解】令，且，所以，整理得，令，则，即方程在上有两个不相等的根，且，若开口向上且对称轴，