山东省青岛第五十八中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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2024.3
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.第Ⅰ卷为选择题，共58分；第Ⅱ卷为非选择题，共92分，满分150分，考试时间为120分钟.
2．第Ⅰ卷共2页，请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上.第Ⅱ卷共2页，将答案用黑色签字笔（0.5mm）写在答题纸上.
第Ⅰ卷
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. 已知向量满足，则（ ）
A. 3B. C. 7D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量模的运算性质，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】∵向量满足，
，
，
，
.
故选：B
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式和二倍角的余弦公式即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
3. 若，，且满足关系式，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用已知等式变形可得，结合两角和差正切公式，利用基本不等式可求得结果.
详解】由得：，
，，，，
且，
（当且仅当时取等号），
的最小值为.
故选：B.
4. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得，再由的范围，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
，
当与正六边形的边垂直时，，
当点运动到正六边形的顶点时，，
所以，则，即.
故选：B
5. 已知为锐角，且，则的值为（ ）
A. 40°B. 50°C. 70°D. 80°
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和角公式的应用求出结果．
【详解】由可得，
即，
所以，
又为锐角，故，
故选：B.
6. 已知函数．设时，取得最大值．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式求出，再利用诱导公式以及正弦的和差角公式可得答案.
【详解】，其中；
所以当时，，取得最大值，
由题意，即.
.
故选：C
7. 定义行列式运算：，若将函数的图象向右平移（）个单位后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值是
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】【解析】 的图象向右平移个单位后，得的图象,因此,又,所以的最小正值为,选D.
8. 如图，一个半径为米的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车的轴心距离水面的高度为米．设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系可以表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，由，可求得、的值，由题意得出函数的最小正周期，可求得的值，然后由结合的取值范围可得出的值，由此可得出与时间（单位：）之间的关系式.
【详解】设，
由题意可知，，，解得，，
函数的最小正周期为，
则，
当时，，可得，
又因为，则，故，
故选：A.
二、多选题：共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得2分、3分或4分.有选错的得0分.
9. 函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期是
B. 函数的图象关于点成中心对称
C. 函数在单调递增
D. 函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称.
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据题意可由对称性知，进而可得周期和；对B，根据图象结合周期判断函数对称中心即可；对C，根据图象结合周期判断函数单调递增区间即可；对D，由结合函数零点可得，再根据三角函数图象变化求解变换后的三角函数判断即可.
【详解】对A，由对称性得，故，即，，故A错误；
对B，函数对称中心为，当时图象关于点对称，故B正确；
对C，函数在，即，上单调递增，故C正确；
对D，函数，且，故，
由图象可得，故，不妨设，
则.
故的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变）得，再向右平移后得，不关于轴对称，故D错误.
故选：BC
10. 如图，中，，点E在线段AC上，AD与BE交于点F，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知可得，进而可得，判断A；设，利用，，共线可求，进而可判断B；根据，利用三角形面积比可判断D；根据向量的线性运算可判断C．
【详解】对于A：根据，
故，故A正确；
对于B：设，则
，又，
，，三点共线，，
且，，故，故B错误；
对于D：由于，故，
，故D正确；
对于C，
，
，
，故C正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握平面向量的线性运算与基底法，从而得解.
11. 下列命题中错误的是（ ）
A. 已知为平面内两个不共线的向量，则可作为平面的一组基底
B. 长度不等且方向相反的两个向量不一定是共线向量
C. 方向相同的两个向量，向量的模越大，则向量越大
D. 若，则存在唯一实数使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据共线向量定理即基底的概念可判定A;根据向量的定义及向量共线的定义可判定B,C,D.
【详解】对于A，因为为平面内两个不共线的向量，
设，,
则，无解，
所以不共线，
则可作为平面的一组基底，故A正确；
对于B,根据共线向量的定义知，方向相反的向量一定是共线向量，
故B错误；
对于C,根据向量的定义知，向量不能比较大小，故C错误；
对于D，当时，满足，
此时任意实数使得，故D错误，
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题满分5分，共15分.
12. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由余弦的和差角公式展开可得，再由二倍角公式，即可得到结果.
【详解】因为，整理得，
所以，所以，
所以．
故答案为：
13. 如果向量，的夹角为，我们就称为向量与的“向量积”，还是一个向量，它的长度为，如果，则______．
【答案】16
【解析】
【分析】根据数量积的公式可得，进而可得，再求解即可.
【详解】由可得，解得.
又，故，故.
故答案为：16
14. 若向量满足，且，则在上的投影数量为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用向量数量积的运算法则求得，再利用投影数量的定义即可得解.
【详解】因为，，
所以，即，则，
所以在上的投影数量为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
15. 如图，在四边形中，，，，且.
（Ⅰ）用表示；
（Ⅱ）点在线段上，且，求的值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】Ⅰ直接利用向量的线性运算即可．
Ⅱ以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系可得代入各值即可．
【详解】（Ⅰ）因为 ，
所以 .因为 ，
所以

（Ⅱ）因为 ，
所以 .因为 ，
所以点共线.
因为，
所以.
以为坐标原点，所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系.
因为 ，，，
所以 .
所以 ，.
因为 点在线段上，且，
所以
所以 .
因为 ，
所以 .
【点睛】本题考查了向量的线性运算，向量夹角的计算，属于中档题．
16. 已知，，.
（1）求：
（2）当实数k为何值时，与垂直？
（3）若不共线，与反向，求实数k的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求得，然后通过平方的方法求得；
（2）根据向量垂直列方程，化简求得的值；
（3）利用向量反向共线得到关于的方程，解之即可得解.
【小问1详解】
因，，，
所以，
则.
【小问2详解】
因为与垂直，
所以，
解得.
【小问3详解】
因为与反向，
所以存在，使得，
因为不共线，所以，解得或（舍去），
所以.
17. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式与单调递减区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根的和.
【答案】（1），递减区间为，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用恒等变换化简后，结合三角函数的性质求解；
（2）利用图象变换法则求得g(x)的函数表达式，解方程求得g(x)的值，利用换元思想，结合三角函数的图象和性质分析求得.
【小问1详解】
由题意，
图象的相邻两对称轴间的距离为，
的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，则，，
又，，故，
令，得
函数的递减区间为，
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
又，则或，
即或.
令，当时，，
画出的图象如图所示：
有两个根,关于对称，即,
有,
在上有两个不同的根，,；
又的根为，
所以方程在内所有根的和为.
18. 如图，在扇形中，半径，圆心角，A是半径上的动点，矩形内接于扇形，且.
（1）若，求线段的长；
（2）求矩形面积最大值.
【答案】（1）；（2）矩形面积的最大值为.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，过作的垂线，垂足为，在中，即可求解.
（2）由（1）可得，，从而可得，，根据矩形面积公式以及辅助角公式即可求解
【详解】（1）且，
为等边三角形，,
又四边形为矩形，，，
在扇形中，半径，
过作的垂线，垂足为，
，
在中，.
（2）矩形面积，
设，由（1）可知，，
，，
，
，
，，
当，即时，矩形面积的最大值，
最大值为.
19. 对于集合和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”．
（1）若集合，，求集合相对的“余弦方差”；
（2）求证：集合，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，并求此定值；
（3）若集合，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3），或，
【解析】
【分析】（1）根据余弦方差的定义代入即可求解，
（2）根据余弦差定义可得化简分子，根据和差角公式以及同角平方关系即可求解，
（3）根据余弦差定义列出关系式，利用和差角公式以及二倍角公式化简，根据题意可得，即可结合三角函数的性质求解.
【小问1详解】
依题意得，；
【小问2详解】
证明：由“余弦方差”定义得：
，
则分子
，
为定值，与的取值无关．
【小问3详解】
分子
．
要使是一个与无关的定值，
则，
，
与终边关于轴对称或关于原点对称，
又，得与终边只能关于轴对称，
又
则当时，
当时，．
故，或，
故，或，时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值．
【点睛】关键点点睛：利用公式将所给的集合代入运算，利用和差角公式，二倍角公式化简.