2022-2023学年四川省泸县第五中学高一下学期4月月考数学试题含答案

2022-2023学年四川省泸县第五中学高一下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据交集的定义即可得出答案.

【详解】，

.

故选：A.

2．命题“对任意的，”的否定是（    ）

A．存在， B．存在，

C．对任意的， D．存在，

【答案】A

【分析】利用全称命题的否定是特称命题解答.

【详解】命题“对任意的，”是全称命题，全称命题的否定是特称命题，

所以命题“对任意的，”的否定是“存在，”.

故选：A

3．在中，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用平行四边形性质及向量线性运算求解作答.

【详解】在中，令，则是对角线的中点，

.

故选：C

4．结果为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据利用两角和的正切公式化简，从而可得出答案.

【详解】因为，

所以，

所以.

故选：B.

5．在中，“”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】C

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】解：若，则，

∴，由正弦定理得，

所以，因为，所以，所以，∴，反之也成立，

故“”是“”的充要条件；

故选：C

6．，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由已知利用二倍角公式，同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．

【详解】，

．

故选：

【点睛】本题主要考查了二倍角公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

7．幂函数的图象关于轴对称，且在上是增函数，则的值为（    ）

A． B． C． D．和

【答案】D

【分析】分别代入的值，由幂函数性质判断函数增减性即可.

【详解】因为，，

所以当时，，由幂函数性质得，在上是减函数；

所以当时，，由幂函数性质得，在上是常函数；

所以当时，，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称,在上是增函数；

所以当时，，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称,在上是增函数；

故选：D.

8．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式，设的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，“三斜求积”公式表示为.在中，若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据若，，得到ac和，代入求解即可.

【详解】解：因为，

所以，即，

又，

所以，

所以，

故选：C

二、多选题

9．在△ABC中，若a＝2bsinA，则B等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】直接利用正弦定理进行边换角即可求解.

【详解】依题意，

因为a＝2bsinA，

由正弦定理，得sinA＝2sinBsinA，

所以sinA·(2sinB－)＝0，

因为0<A<，0<B<，所以sinA≠0，

所以2sinB－＝0，解得sinB＝，

所以B＝或.

故选：AC.

10．如果，，都是非零向量.下列判断正确的有（    ）

A．若，，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ACD

【分析】利用平行向量的定义可判断AD，利用数量积的概念及性质可判断BC.

【详解】∵，，都是非零向量，

∴若，，则，故A正确；

若，，则，但不一定等于，故B错误；

由，可得，整理可得，所以，故C正确；

若，则，故D正确.

故选：ACD.

11．关于函数的下述四个结论正确的是（  ）

A．是偶函数 B．在区间单调递增

C．在有4个零点 D．的最大值为2

【答案】AD

【分析】化简为，由此作出函数的图象，结合图象一一判断各选项，可得答案.

【详解】由题意函数，

作出其图象如图：

由图象可知是偶函数，A正确；

在区间单调递减，B错误；

在有3个零点，C错误；

的最大值为2，D正确；

故选：AD

12．已知函数．则下列说法正确的是（    ）

A．xR，使成立

B． 的图象关于原点对称

C．若0<x1<x2<，则

D．对，x2，x3，有成立

【答案】ACD

【分析】求出函数的周期后可判断A；求出可得判断B；求出的范围判断出函数在上的单调性，从而可判断C；求出函数在上的最值可判断D.

【详解】函数，

的最小正周期，故，，故A正确；

，其图象关于点对称，故B错误；

时，，所以函数在上单调递增，故C正确；

因为 ，所以，故，

，又，即，

所以任意，，，有恒成立，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知向量，，若向量，则          ．

【答案】

【分析】根据向量垂直的充要条件可得出的值，再结合向量模长公式即可.

【详解】由可得：，解之

故

故答案为：

14．在中，点，满足，，若，则     .

【答案】

【分析】根据向量的线性运算，求得，进而求得，即可求解.

【详解】根据向量的线性运算，可得

，

又由，所以，所以.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的线性运算法则的应用，其中解答中熟记向量的运算的法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

15．当时，函数取得最大值，则      .

【答案】0

【分析】由辅助角公式得（其中），由此可得当时，函数取得最大值，即，然后将代入中化简可得答案

【详解】解：

（其中），

所以当时，函数取得最大值，

即，

所以，

所以

，

故答案为：0

16．函数，若（），，则的最大值是      .

【答案】4

【分析】图象法：画出函数的图象，根据图象分析与的取值范围和关系，结合基本不等式即可求出的取值范围．

【详解】解：先画出函数的图象，如下图：

因为（），，

即，

，由图知，则

，

当且仅当，即时，取等号，

又，所以，

又因，所以.

所以的最大值是4.

故答案为：4.

四、解答题

17．已知向量，，，且，．

(1)求向量、；

(2)若，，求向量，的夹角的大小.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求；

（2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求．

【详解】（1）解：因为，，，且，，

所以，，

所以，，

所以，；

（2）解：设向量，的夹角的大小为．

由题意可得，，，

所以，

因为，所以．

18．已知函数()的图象经过点.

（1）求的最小正周期；

（2）若，求的值域.

【答案】（1）.（2）

【分析】（1）将点代入函数中,可求得,整理,即可求得最小正周期；

（2）先求得,进而根据正弦函数的性质求解即可.

【详解】（1）因为函数的图象经过点,

所以,

解得,

所以,

所以最小正周期为.

（2）因为,所以,

所以当,即时,取得最大值,最大值是；

当,即时,取得最小值,最小值是

所以的值域是.

【点睛】本题考查正弦型函数的周期性,考查正弦型函数的值域,考查运算能力.

19．已知若，，，.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）；（2）．

【详解】分析：（1）由条件利用同角三角函数的基本关系，两角和差的余弦公式即可；

（2）再次运用两角和差的余弦公式即可.

详解：（1）∵    ∴

∵    ∴

∴

（2）∵    ∴    ∵    ∴

∴

点睛：本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和差的余弦公式的应用.

20．在中，角的对边分别为，且.

（1）求；

（2）若，且的面积为，求的值

【答案】（1）；（2）.

【分析】对问题（1）根据题目条件结合三角形的正弦定理以及，即可求出的值；对问题（2），根据（1）的结论，再结合三角形的面积公式以及余弦定理，即可求出的值．

【详解】（1）∵，

∴，．．

即，

∵，∴ ，则，

（2）∵的面积为，

∴，得

∵，∴ ，

∴，即 ，

∵，∴ ，

21．已知函数的最小正周期为．

(1)求的解析式；

(2)若关于x的方程在区间上有相异两解

求：①实数a的取值范围；

②的值．

【答案】(1)

(2)①，②

【分析】（1）根据三角恒等变换公式将化简，然后由的最小正周期为，解得，即可得到函数的解析式；

（2）将方程有两解转化为函数图像有两个交点，然后结合图像即可求得的范围，然后由正弦函数的对称性即可得到的值.

【详解】（1）

．

因为的最小正周期为，所以，解得．

所以．

（2）

①，即．

关于x的方程在区间上有相异两解，，

也即函数与的图像在区间上有两个交点，

由，得，

在上单调递增，在上单调递减，且，

做出在上的图像如图，

由图可知，要使函数与的图像在区间上有两个交点，则有，

所以实数a的取值范围为．

②由（1）和正弦函数的对称性可知与关于直线对称，

则有，所以，

所以的值为．

22．将二次函数的图象在坐标系内自由平移，且始终过定点，则图象顶点也随之移动，设顶点所满足的表达式为二次函数.例如，当时，；当时，.

(1)当，图象平移到某一位置时，且与不重合，有，其中为坐标原点，求的坐标；

(2)记函数在区间上的最大值为，求的表达式；

(3)对于常数（），若无论图象如何平移，当，不重合时，总能在图象上找到两点，，使得，且直线与无交点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）当时，，设点，，通过坐标表示向量，并通过建立等式关系求出的值，进而求得结果；

（2）由题意确定二次函数顶点的表达式，进而求出，由函数区间定轴动的思想进行求解；

（3）联立无解，证得直线与无交点，设，，通过化简式子发现恒成立，进而求得的取值范围.

【详解】（1）当时，，设点，

，因为，所以，解得：或，

则或，

当点的坐标为时，与重合，不合题意，所以，.

（2）设二次函数的图象在坐标系内平移之后的解析式为，为二次函数的顶点，

因为函数过定点，则，即，

，对称轴为，

当时，即，在区间上单调递减，；

当时，即，在区间上单调递增，；

时，即，在区间上单调递增，在区间上单调递减，.

所以.

（3）设直线，则联立，无解，，则直线与无交点；

设，

，

恒成立，的取值范围为.