2023-2024学年江苏省扬州市宝应中学高一凌志班上学期10月月度纠错数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市宝应中学高一凌志班上学期10月月度纠错数学试题含答案，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【分析】根据两角和的正弦公式以及半角公式，简单的三角方程以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】，
则“”是“，”的充要条件，
故选：．
2．下列式子中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用两角和与差的正弦、余弦、正切公式化简各选项，可判断各选项的正误.
【详解】对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，
，B选项错误；
对于C选项，，C选项错误；
对于D选项，
，
D选项正确.
故选：D.
3．设，若，则可以取（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】由，可得，从而可得，，再结合选项验证即可.
【详解】因为，所以，
，，
，不合题意；
，不合题意；
，符合题意；
，不合题意；
故选：C.
4．2021年第十届中国花卉博览会兴办在即，其中，以“蝶恋花”为造型的世纪馆引人注目（如图①），而美妙的蝴蝶轮变不仅带来生活中的赏心悦目，也展示了极致的数学美学世界．数学家曾借助三角函数得到了蝴蝶曲线的图像，探究如下：如图②，平面上有两定点，，两动点，，且，绕点逆时针旋转到所形成的角记为．设函数，，其中，，令，作随着的变化，就得到了的轨迹，其形似“蝴蝶”．则以下4幅图中，点的轨迹（考虑糊蝶的朝向）最有可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】考虑特殊值，用排除法，取，确定的的位置，排除错误选项得结论．
【详解】先考虑与共线的蝴蝶身方向，令，，要满足，故排除A，C；
再考虑与垂直的方向，令，要满足，故排除D，
故选：B．
5．如图，定义、的向量积，为当、的起点相同时，由的方向逆时针旋转到与方向相同时，旋转过的最小角，对于，，的向量积有如下的五个结论：
①； ②；
③； ④；
⑤；
其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个
C．3个D．4个
【答案】C
【分析】结合题目中的新定义的概念逐项分析即可得出结论.
【详解】①至少有一个为0时，显然成立；
都不为0时，
若 ，则；
若 ，则；
综上：，故①正确；
②，所以，故②错误；
③，故③正确；
④由③知：，故④正确；
⑤与不一定相等，故⑤错误；
故选：C.
6．在中，内角A、B、C所对边边长分别为a、b、c，若，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理化简已知等式可得，利用同角三角函数基本关系式化简求得的值，可得:，利用三角形内角和定理，两角和的正切函数公式可得，解得，分类讨论可求的大小.
【详解】∵
∴由正弦定理可得
∴，则
∵
∴，解得或.
当，显然不符合题意，故舍去；
当，，，符合题意，故；
当，则，则，，矛盾，故舍去.
综上，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形内角和定理，两角和的正切函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想、分类讨论思想的应用，属于中档题．
7．函数（）的最大值和最小值是、，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】设，结合辅助角公式化简整理得，利用函数的值域可得，进而转化为关于 的方程的两根的问题，结合韦达定理即可求出结果.
【详解】设
（*），
设关于 的方程的两根是，
由韦达定理可得，而不等式的解为： ，即分别是函数的最小值和最大值，,
故选：A．
8．设是的垂心，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由三角形垂心性质及已知条件可求得，，由向量的夹角公式即可求解．
【详解】由三角形垂心性质可得，，不妨设x，
∵345，
∴，
∴，同理可求得，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查平面向量的运用及向量的夹角公式，解题的关键是由三角形的垂心性质，进而用同一变量表示出，要求学生有较充实的知识储备，属于中档题．
二、多选题
9．已知，则下列选项正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知条件，两边平方求出，即可判断A；再根据，得出和，由即可判断B；再根据即可判断C和D，进而得出答案．
【详解】两边平方，得，
即，则，选项A正确；
因为，所以，
又因为，所以，
因为，
所以，选项B正确，
因为，故D正确， C错误，
故选：ABD．
10．是著名的欧拉公式，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系.若，，恒成立且，则表示的复数不可能位于复平面中的（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】BCD
【分析】利用平方关系及二倍角的余弦公式可求得，再根据复数的乘法运算及，可求得的范围，再根据欧拉公式及复数的几何意义即可得出答案.
【详解】解：
，
由，，
则，，
所以，
又因为恒成立，
所以，所以，
根据，
则，
因为，则，所以，
所以表示的复数位于复平面中的第一象限.
故选：BCD.
11．设，若平面上点满足对任意的，恒有，则下列一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】以直线为轴，线段的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，由题设不等式恒成立，得出或，然后根据所在区域内点判断各选项．
【详解】以直线为轴，线段的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，
则，，，
由得，，
对任意，恒成立，则，即或，
此时（当时取得），A正确；
若，则，，B错；
（时等号成立），C正确；
例如点坐标是时， ，，D错，
故选：AC．
12．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的外接圆的面积为
B．若，则的面积的最大值为
C．若，且为锐角三角形，则边的长度的取值范围为
D．若，且，则为直角三角形
【答案】BCD
【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式求得，利用正弦定理求出外接圆的半径，可判断A选项的正误；利用余弦定理、三角形的面积公式，结合二次函数的基本性质可判断B选项的正误；求出角的取值范围，结合余弦函数的基本性质可判断C选项的正误；根据已知条件求出的三个内角，可判断D选项的正误.
【详解】因为，所以由正弦定理，得，
即，
，则，所以．
选项A，若，则，
所以的外接圆的直径，所以，
所以的外接圆的面积为，选项A错误；
选项B，若，则，
又因为，所以由余弦定理，得，
即，所以，
所以
，
所以当时，取最大值，且最大值为，所以选项B正确；
选项C，由正弦定理，得，即，
因为为锐角三角形，所以，所以，
所以，故选项C正确：
选项D，因为，所以，
因为，所以，
所以由正弦定理，得，即．
所以，
即．
因为，则，所以，所以，
又因为，则为锐角，所以，，，，，
即是直角三角形，选项D正确．
故选：BCD．
三、填空题
13．已知，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据复数模的性质求出模，然后结合三角函数性质得取值范围．
【详解】由题意，
，，所以．
故答案为：．
14．如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上的，两点，测出四边形各边的长度（单位：km）：，，，，且四点共圆，则的长为 .
【答案】7
【分析】根据四点共圆可得，再利用余弦定理可得，即可求得答案.
【详解】∵四点共圆，圆内接四边形的对角和为 ﹒
∴ ，
∴由余弦定理可得 ，
，
∵，即 ，
∴ ,解得,
故答案为：7
15．已知中，，，，在三角形所在的平面内有两个动点和，满足，，则的取值范围是
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，设出M点的坐标，求出点的坐标，从而得到关于的三角函数，通过三角函数求最值的方法即可得出答案.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，
则，因为，所以的轨迹是以为原点，2为半径的圆，
所以设，
因为，所以为的中点，所以，
所以，
所以，其中，
所以当时，取最小值，所以取最小值；
当时，取最大值，所以取最大值，
所以的取值范围是.
故答案为：.
16．已知函数满足，对任意的，，有，则 .
【答案】/
【分析】根据题设条件可得，据此可求.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，从而可得，
故
，
故，故，
所以，故.
故答案为：
【点睛】思路点睛：对于抽象函数的函数值的计算，应该根据给出的运算律结合变换得到新的运算律，从而可求确定的函数值.
四、作图题
17．某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图像时，列表并填入的部分数据如下表：
(1)请填写上表的空格处；并画出函数图像或者写出函数的解析式
(2)将函数的图像向右平移个单位，再所得图像上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求的单调递增区间；
(3)在（2）的条件下，若在上恰有奇数个零点，求实数与零点个数的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)增区间为
(3)，在共有个不同的零点
【分析】（1）根据表中数据可得关于的方程组，解出的值后再计算补全表中数据，再由表中数据可得，从而可得函数的解析式.
（2）先求出的解析式，再求出的定义域，结合三角函数的单调性可得复合函数的单调增区间.
（3）令，设方程的根为，分①；②；③三种情况讨论在及上零点个数，再根据周期性得到的零点个数，结合题设条件可得的值及相应的零点个数.
【详解】（1）解：根据表中的数据可得 ，解得，
故，所以，
又，故.
所以完善表如下：
所以.
函数图像如图：
（2）解：将函数的图像向右平移个单位，所得图像的解析式为：
，
再将所得图像上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，
故.
此时，
令，则，故.
当时，为增函数，
故为减函数；
当时，为减函数；
故为增函数.
所以的增区间为
（3）解：，的周期为，
当时，令，考虑方程的根情况，
因为，故在必有两个不同的实数根，
因为在有奇数个零点，故或.
若，则方程、在共有4个不同的实数根，
在有0个实数根或2个实数根，
故在有个根或个根，
与有奇数个零点矛盾，舍去.
若，则在共有2个不同的实数根，在有0个实数根或2个实数根，
故在有个根或，
与有奇数个零点矛盾，舍去.
同理也不成立，所以或，
若，则，此时的根为，
方程、在共有3个不同的实数根，而在上，有两个不同的根，无解，
所以在有个根，
与有奇数个零点矛盾，舍去；
若，则，方程的根，
方程、在共有3个不同的实数根，而在上，无解，有一个根，
所以故在有个根，符合题意.
综上，，在共有个不同的零点.
【点睛】本题较为全面地考查了三角函数的图像和性质、三角函数的图像变换及复合函数零点的个数判断，注意与三角函数有关的复合函数的单调区间问题，要在定义域的基础上考虑其单调区间，而与三角函数有关的复合方程的零点个数问题，要结合函数的周期性来考虑，而一个周期上的函数零点判断，则需转化为内外两个方程的根的情况来讨论，本题属于难题.
五、解答题
18．平面内有向量，，，点为直线上的一个动点．
（1）当取最小值时，求的坐标；
（2）当点满足（1）的条件和结论时，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设，利用向量与共线可得，用坐标表示，结合二次函数性质，求最小值，可得；
（2）利用向量的夹角公式求解即可
【详解】（1）设，∵在直线上，
∴向量与共线．
∵，
∴，∴，∴．
又∵，，
∴．
故当时，有最小值，此时．
（2）由（1）知，，，
∴，，
∴．
19．某公园计划改造一块四边形区域铺设草坪，其中百米，百米，，，草坪内需要规划4条人行道，，，以及两条排水沟，，其中，，分别为边，，的中点．
（1）若，求排水沟的长；
（2）当变化时，求4条人行道总长度的最大值．
【答案】（1）（百米）；（2）（百米）．
【分析】（1）结合已知图形中角的关系，在和中，分别利用余弦定理表示可求；
（2）先设，，，然后由余弦定理可表示，再在中，由正弦定理：，可得，然后结合三角关系及余弦定理表示出四条道路的长度关系式，结合函数的单调性可求最大值．
【详解】解：（1）因为，，，
所以，所以，
因为，
所以：，
可得：，
在中：，
在中：，
解得：，即排水沟的长为百米；
（2）设，，，
由余弦定理得：．
在中，由正弦定理：，得，
连接，在中，，，
由余弦定理：，
同理：，
设，，则，
所以，
该函数单调递增，所以时，最大值为，
所以4条走道总长度的最大值为百米．
20．已知函数.
（1）若，恒成立，求的取值范围；
（2）若，是否存在实数，使得，都成立？请说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据的奇偶性和单调性，将函数值的比较变为自变量的比较，得到恒成立，利用参变分离，得到的取值范围；（2）假设存在，整理和，设，，
得到，按照和进行分类讨论，从而证明不存在所需的.
【详解】（1），为上的奇函数，单调递减，
所以恒成立，
可得
所以恒成立
即恒成立，
当时，该不等式恒成立，
当时，，
设，则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以.
（2）
所以，
假设存在实数，使得和都成立，
设，，
则，
，
若，则，解得，或，，均不是有理数，
若，则，其中，而，所以不成立，
综上所述，故不存在实数，使得，都成立.
【点睛】本题考查利用函数的单调性和奇偶性解决不等式恒成立问题，诱导公式，同角三角函数关系，研究是否为有理数的问题，涉及分类讨论的思想，属于难题.
21．在中，，点为所在平面上一点，满足，（且）.
（1）试用表示；
（2）若点为的外心，求的值；
（3）若点在的角平分线上，当时，求的取值范围.
【答案】（1） ；（2） （3）.
【分析】（1）可化简，化简后可用表示.
（2）由点为的外心可得，，利用这两个关系式可求的值.
（3）设为的平分线，则，利用平面向量基本定理和共线向量定理可得：，再根据平面向量基本定理可得，求出的范围后利用数量积可得，从而可得的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
化简后可得即.
（2）如图，设、的中点为，连接，则，.
又，同理，
所以即，
同理，整理得到，
解得.
（3）如图，为的平分线，则.
设，.
故，
因不共线，故，所以，
因为，故.
又,
故，所以.
故的取值范围为.
【点睛】本题考查平面向量基本定理、向量的数量积，解题时注意根据外心、角平分线等几何性质实现向量计算时的转化，本题属于难题.
22．，满足，且有，.
(1)求，的解析式.
(2)令的图象位于上方的的取值的集合为，有，使中，且满足的的取值只有一对.设所对边分别为，其中，是线段上一动点.证明：为定值
(3)在（2）的条件下为内部一点，求最小值.
注：.
【答案】(1)，
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）根据方程，变形后赋值法得到，；
（2）先求出，转化为的解只有一个，数形结合得到，为定值；
（3）作出辅助线，数形结合，结合余弦定理得到最小值.
【详解】（1），
因为恒成立，恒成立，
故，即，
两边取对数得，
，
令，其中，
则，其中，
故，所以，，
令，其中，
，
因为，所以，
故，，
因为，
令得，，
即，
所以当时，①，
故，
所以，，
且当时，由①可得，显然满足，
综上，，
当时，由可得，
，解得，，
综上，，
综上，，；，；
（2）在上方，则，解得，
故，即
中，，故，
因为，所以，
因为，所以，故，

画出，和，的图象，
可看出两函数图象有一个交点，使得，
下面证明，只需证明，即，
因为，
所以，
故，
若时，此时，要想，则或（舍去），
此时满足的的取值只有一对，但，舍去，
当时，此时，，
此时，，均满足要求，
此时满足的的取值有两对，不合要求，
当时，此时，满足的的取值只有一对，此时，满足要求，
当时，此时无解，不合要求，
当时，此时，，
故，（舍去），
故的的取值只有一对，此时，舍去，
满足要求，
综上，，，故为以为直角的等腰直角三角形，
如图所示，
因为，所以
，
为定值；
（3）为内部一点，将绕点逆时针旋转得到，
则，，，
连接，则均为等边三角形，
则，
则，
显然当四点共线时，取得最小值，
最小值为，
其中，，
，
由余弦定理得
，
所以，
故最小值为.
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
0
π
2π
0
1
0
-1
0
0
0
0





0
π
2π
0
1
0
-1
0
0

0

0