四川省泸县第四中学2022-2023学年高一数学下学期4月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第四中学2022-2023学年高一数学下学期4月月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

泸县四中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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合B中的元素，再求即可.
【详解】，
则
故选：C.
2. 设，则“”是“”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】D
【解析】
【分析】先判断充分性是否满足，再判断必要性是否满足，即可得答案.
【详解】解：充分性：若，则可得有三种可能：①两个都为正；②一个为正、一个为零；③一个为正、一个为负且正数的绝对值大于负数的绝对值，
所以或或，
故不是的充分条件；
必要性:若，则或，故或，
故“”不是“”的必要条件.
综上，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3. 下列命题中是真命题的为（ ）
A. 对任意的
B. 对任意的
C. 存在
D. 存在锐角，
【答案】D
【解析】
【分析】对每个选项逐一分析，错误的找出反例，正确的加以说明即可.
【详解】A选项，，A选项错误；
B选项，，B选项错误；
C选项，由于，故，，C选项错误；
D选项，显然存在，使得，D选项正确.
故选：D
4. 若，为第二象限角，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先应用诱导公式求出正弦，再应用同角三角函数关系及第二象限角求余弦，最后弦化切求值即可.
【详解】因为，所以．
又为第二象限角，
所以，
所以．
故选:A.
5. 在中，D为中点，连接，若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】以为一组基底，利用平面向量的线性运算得到的表达式，进而得到，由此得解.
【详解】因为为边的中点，所以，，
因为，所以，
所以，
又，因此有，则.
故选：C
6. 中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a，b，c，三角形的面积S可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，则此三角形面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，代入三角形的面积公式可得，再结合利用基本不等式可得.
【详解】根据题意可知，所以，
由，所以，同理可得；
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立；即；
即此三角形面积的最大值为.
故选：D
7. 已知，下列命题中错误的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称；
B. 函数在上为严格增函数；
C. 函数的图象关于点对称；
D. 函数在上的值域是.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质结合整体思想逐一判断即可.
【详解】对于A，因为为最小值，
所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以函数在上为严格增函数，故B正确；
对于C，因为，
所以点不是函数的对称中心，故C错误；
对于D，因为，所以，
所以，故D正确.
故选：C
8. 已知函数的最小正周期为，，且的图像关于点中心对称，若将的图像向右平移个单位长度后图像关于轴对称，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据周期范围得出范围，根据对称中心得出的值，并结合范围得出的值，即可得出的解析式，根据函数图像平移后的解析式变化得出，即可根据图像关于轴对称，得出，再根据的范围得出实数的最小值.
【详解】，，且，
，即，
的图像关于点中心对称，
，且，即，解得，
，
取，，
，
将图像向右平移个单位长度后得到的图像，
的图像关于轴对称，
，解得，
，
的最小值，令，得，
故选：B.
二、选择题：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：ABC
10. 下列说法错误的有（     ）
A. 若，则
B. 若与共线，则一定有使得
C. 若，则四边形是平行四边形
D. 若且，则和在上的投影向量相等
【答案】AB
【解析】
【分析】根据平面向量共线概念和投影向量概念依次判断选项即可得到答案.
【详解】对选项A，若，与不共线，满足，故A错误.
对选项B，若，，满足，则不存在，使得，故B错误.
对选项C，若，则，，则四边形是平行四边形，
故C正确.
对选项D，因为且，
在上的投影向量为，在上的投影向量，
所以，故D正确.
故选：AB
11. 将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到函数的图象，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数单调递增区间为
C. 直线是函数图象的一条对称轴
D. 函数图象的一个对称中心为点
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数图象的变换关系求出，利用正弦函数的图象性质求解即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度，可得函数的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，
得到函数的图象，
所以函数的最小正周期为，A正确；
令，
解得，
所以函数的单调递增区间为，B正确；
是函数的最大值，
所以直线是函数图象的一条对称轴，C正确，D错误，
故选:ABC.
12. 在锐角中，角的对边分别为，外接圆半径为，若，，则（ ）
A B.
C. 的取值范围为 D. 周长的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦定理即可得外接圆半径，即可判断A；由锐角得角的范围，从而得的范围，由正弦定理得，即可得的范围，即可判断B；根据数量积的定义将，再由，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得的取值范围为从而判断C；同样由正弦定理得，将三角形周长边化角之后，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得周长的最大值，即可判断D.
【详解】由正弦定理得，则，故A正确；
在锐角中，，则，所以，得，则，
由正弦定理得，则，故B不正确；
又

由于，所以，则，于是有，
即的取值范围为，故C正确；
由正弦定理得，则，所以周长为：

由于，所以，则，于是有，
故周长的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
第II卷 非选择题
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量．若，则_____________．
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】应用向量垂直的坐标公式列方程求参数m即可.
【详解】由题设，可得.
故答案为：
14. 在中，若，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】直接由余弦定理计算即可.
【详解】由已知得，
.
故答案为：.
15. 如图，在平行四边形中，点满足，，与交于点，设，则_____.

【答案】
【解析】
【分析】作辅助线，利用重心的性质即可求解.
【详解】如图，设是上除点外的令一个三等分点，
连接，连接交于，则.
在三角形中，是两条中线交点，
故是三角形的重心，
结合可知，
由于是中点，
故.所以，由此可知.
故答案为：.

16. 已知函数，若在区间上的最大值是，则实数的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】分三种情况，结合二次函数的性质分类讨论，求出的范围即可得答案.
【详解】因为，
当，即时，，
，
此时对称轴为，
所以，
即，
所以，解得，
所以；
当，即或时，有两个根，，设，
此时对称轴为或，
当，即时，，
即
所以，解得，
所以；
当，即时，，
即
所以，解得，不满足，故无解.
综上所述，的取值范围是，故的最大值为.
故答案为：
【点睛】研究含有参数、绝对值的函数的最值时，要注意根据参数和绝对值进行分类讨论，涉及二次函数的问题，分类标准可考虑利用判别式来制定，分类讨论要做到不重不漏.
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. 已知为第三象限角，且
（1）化简，并求；
（2）若，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简得到，代入，结合诱导公式可得结果；
（2）根据诱导公式和同角三角函数关系可求得，由此可得.
【小问1详解】
，
则.
【小问2详解】
，，
为第三象限角，，.
18. 已知函数，的图象关于对称，且.
（1）求满足条件的最小正数及此时的解析式;
（2）若将问题（1）中的的图象向右平移个单位得到函数的图象，求在上的值域.
【答案】（1）最小正数为2，此时
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得，由为对称轴可得，即可求解，
（2）根据平移可得，由余弦函数的性质即可求解值域.
【小问1详解】
由得，由得，又的图象关于对称，所以,解得,
当时，取到最小的正数2，此时
【小问2详解】
的图象向右平移个单位得到函数，
当时，，，所以，
故在上的值域为
19. 已知函数
（1）求函数的最小正周期和对称轴．
（2）当 时，求函数的单调区间．
【答案】（1）最小正周期为，对称轴为 ；
（2） 单调递增， 单调递减.
【解析】
【分析】（1）运用诱导公式和辅助角公式作恒等变换，将原函数转换为单一三角函数的形式；
（2）用整体代入法，根据正弦函数的单调性求解.
【小问1详解】

，
所以函数f(x)的最小正周期；

对称轴为 ；
【小问2详解】
当 时， ，所以当 ，即 时，函数f(x)单调递增；当 即 时，函数f(x)单调递减；
综上， ，最小正周期为 ，对称轴为.
20. 已知半圆圆心为O，直径，C为半圆弧上靠近点A的三等分点，若P为半径OC上的动点，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示

（1）直接写出点A、B、C的坐标；
（2）若，当y得最小值时，求点P的坐标及y的最小值．
【答案】（1），，
（2）最小值为，点P的坐标为
【解析】
【分析】（1）由图可标出点A、B、C的坐标；
（2）设，即可表示出、，再结合平面向量数量积的坐标运算及二次函数的性质计算可得．
【小问1详解】
因为半圆的直径，所以，，
又，，则，即．
【小问2详解】
设，
由（1）知，，
故，
∴，
又∵，
∴当时，有最小值为，
此时点P的坐标为
21. 在中，角A、B、C对的边分别为a、b、c．且．
（1）求角B的大小；
（2）求的取值范围；
（3）若，，P为AC边中点，求BP的长．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简结合特殊角的三角函数值即得；
（2）根据三角恒等变换结合正弦函数的性质即得；
（3）由题可得，然后利用模长公式结合条件即得.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
化简得，
故，又，
故；
【小问2详解】
由（1）知，，
故，
又，则，，
即；
【小问3详解】
∵，
∴，又，，
∴，
∴，即BP的长为.
22. 已知函数，其中a、b、．
（1）当时，求的值域；
（2）当，时，设，且关于直线对称，如果当时，方程恰有两个不等实根，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用换元法结合二次函数求解作答.
（2）把，代入，利用辅助角公式结合正弦函数最值求出b，再利用正弦函数图象列式求解作答.
【小问1详解】
当时，，
令，有，
因此，当时，，当时，，
所以的值域为．
【小问2详解】
当，时，，又关于直线对称，
于是
则，，令，
依题意，在上有两个不等实根在上有两个不等实根
，的图象如下，其中点，，

观察图象知，或，解得或，
所以实数m的取值范围是或.