精品解析：四川省成都市新都香城中学2022-2023学年高一下学期4月测试数学试题（解析版）

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2023年春季高2022级四月测试数学（学科）试题
满分：150分时间：120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2．答选择题时，必须用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3．答非选择题时，将答案写在答题卡规定的位置上.复在本试卷上无效.
4．考试结束后，只将答题交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每一题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 与终边相同的最小正角是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出与角终边相同角，进而可得最小正角.
【详解】与角终边相同的角为，
当时，取最小正角，为
故选：C.
2. 已知角的终边经过点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数的定义及二倍角公式即可得解.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
所以
故选：B
3. 在中，角的对边分别为，已知 则（ ）
A. 45°或135° B. 135°
C. 45° D. 60°或120°
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理得：得：，
因为，所以，所以.
故选：C
4. 在中，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算法则，用、表示出即可.
【详解】，
则，
故选：.
5. 已知，则的化简结果是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式及平方关系化简即可.
【详解】因为，所以，，则，
所以


.
故选：A
6. 平行四边形ABCD中，，，，点是边的一个四等分点（靠近点），则的值是（ ）
A. －2 B. －1 C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量加减法、数乘的几何意义有，应用数量积的运算律展开，即可求值.
【详解】由题设，得如下示意图，，，又，，

所以
.
故选：B
7. 如图所示，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线、于不同的两点、，若，，则的最小值为（ ）

A. 2 B. 3 C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量基本定理及向量共线定理的推论得到，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】若三点共线，，则，
理由如下：
因为三点共线，则有，即，
即，故，故，
其中，
、、三点共线，
，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：C．
8. 泰姬陵是印度在世界上知名度最高的古建筑之一，被列为“世界文化遗产”．如图所示，为了估算泰姬陵的高度，现在泰姬陵的正东方向找一参照物AB，高约为，在它们之间的地面上的点Q（B，Q，D三点共线）处测得A处、泰姬陵顶端C处的仰角分别是和，在A处测得泰姬陵顶端C处的仰角为，则估算泰姬陵的高度CD为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，．在中求得，在中，由正弦定理得，从而在中，由求得答案．
【详解】由题意知，所以．
在中，，
在中，由正弦定理得，
所以．
在中，．
故选：D.
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. 有关平面向量的说法，下列错误的是（ ）
A. 若，，则 B. 若与共线且模长相等，则
C. 若且与方向相同，则 D. 恒成立
【答案】ABC
【解析】
【分析】取，可判断A选项；利用平面向量的概念可判断B选项；利用向量不能比大小可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，因为，，则、不一定共线，A错；
对于B选项，若与共线且模长相等，则或，B错；
对于C选项，任何两个向量不能比大小，C错；
对于D选项，恒成立，D对.
故选：ABC.
10. 在中，则下列关系式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据余弦定理化简可以判断A错误，B正确；将余弦定理代入可以判断C正确；根据两角和与差的正弦公式可以判断D正确.
【详解】根据余弦定理，
可得，
即，
所以B正确，A错误；
根据余弦定理可得：
，
所以C正确；
根据两角和与差的正弦公式可得：
，
所以D正确；
故选：BCD.
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. 函数的单调递增区间为
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. 已知平面向量，，，若，，，设与的夹角为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若起点为原点，其终点构成的轨迹为一条直线 B. 的模的最大值为
C. 最大值为 D. 最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，设，然后利用可求出关于的方程，从而可进行判断，对于B，由选项A可知若起点为原点，则其终点构成的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再利用圆有性质求解，对于CD，直接利用向量的夹角公式结合基本不等式分析判断.
【详解】对于A，设，则，
因为，所以，
化简得，即，
所以若起点为原点，其终点构成的轨迹是一个圆，所以A错误，
对于B，因为若起点为原点，则其终点构成的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以的模的最大值为，所以B正确，
对于CD，因为，所以，
所以，
所以
，当且仅当，即时，取等号，
由选项B可知，所以能取到，所以有最小值，
当或时，，此时有最大值1，
所以C错误，D正确，
故选：BD
【点睛】
关键点点睛：此题考查向量的数量积运算，考查向量的夹角公式的应用，考查向量的坐标运算，解题的关键是根据题意利用向量的运算求出向量起点为原点时，其终点构成的轨迹方程，然后逐个分析，考查计算能力，属于较难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 求值______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据诱导公式和两角差的正弦公式求解即可.
【详解】
.
故答案为：
14. 已知向量为单位向量，，且，则的坐标是________．
【答案】或
【解析】
【分析】设向量的坐标，利用已知条件列方程组求解.
【详解】设，由为单位向量且，
则有，解得或，
所以或.
故答案为：或
15. __________．
【答案】
【解析】
【分析】根据切化弦及两角差正弦公式的逆用即可得解.
【详解】原式
.
故答案为：
16. 函数的部分图象如图所示.若方程有实数解，则的取值范围为__________.

【答案】
【解析】
【分析】根据“五点法”求出函数解析式，换元后利用二次函数求出值域，即可得解.
【详解】由图可知，
所以，即，
当时，，可得，
即，因为，所以，
所以函数的解析式为，
设，
则，
令，
记，
因为，所以，
即，故，
故a的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17 已知平面向量、，若，，.
（1）求向量、的夹角；
（2）若且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求得向量、的夹角的余弦值，结合向量夹角的取值范围即可得解；
（2）由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质求出的值，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得.
【小问1详解】
解：因为，则
，所以，，
又因为，因此，，即向量、的夹角为.
【小问2详解】
解：因为且，则
，解得，
因此.
18. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，向量，，且．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平行向量的坐标关系得，结合正弦定理与角度关系，即可得角；
（2）根据余弦定理求得边长，再利用面积公式求解即可.
【小问1详解】
解：因为向量，，且
所以，由正弦定理得，
又，则，即，又，所以；
【小问2详解】
解：由余弦定理的，整理得，解得或（舍），
所以的面积.
19. 设平面向量，函数.
（1）当时，求函数的值域；
（2）若锐角满足，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简得到，再利用三角函数的性质求解；
（2）由，得到，进而得到，再由求解.
【小问1详解】
解：，
，
，
当时，，
则值域为；
【小问2详解】
，则，
当为锐角时，，则，
则，
则.
20. 已知函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）先把整理为，直接求出的单调递增区间；
（2）由，求出，由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.
【小问1详解】



由解得：，
故函数的单调递增区间为.
小问2详解】
，，
又，，，
又，所以，
又因为，所以，
所以，当且仅当“”时取等
所以的最大值为.
21. 如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．

（1）用向量的方法证明：；
（2）求的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，则，再利用三点共线的推论即可求解；
（2）把视作与夹角，运用平面向量的夹角公式求解.
【小问1详解】
由是上的中线，所以，
设，则，
又三点共线，所以，解得，
所以
【小问2详解】
为与夹角,,
因为是BC上的中线，所以，

，
所以
由是上的中线，所以，
，
所以
所以.
22. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若在上存在最小值，求实数t的取值范围；
（3）方程在上的两解分别为，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据差角正弦公式及辅助角公式化简得，由计算得解.
（2）由题知，在上存在最小值，只需，继而得解.
（3）设，由题意求得，，，由两角差的余弦公式可求出的值，求出的取值范围，进而利用二倍角余弦公式可求出的值.
【小问1详解】


，
由，得，
所以的单调递增区间为：.
【小问2详解】
当时，，
因为在上存在最小值，所以，
所以.
实数t的取值范围为.
【小问3详解】
设，，则，
由于正弦函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由，得，
因为方程在上的两解分别为、，
则，必有，，
所以，，同理，
，
由于，且，，则，
由，可得.