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山东省济南外国语学校2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题（解析版）
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这是一份山东省济南外国语学校2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了3）， 的值是， 函数的图象大致为， 已知，则， 已知函数，，则， 下列关于向量命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间120分钟 满分150分
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单选题（共8题，满分40分，每小题5分）
1. 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用降幂公式求解
【详解】.
故选：D.
2. 如图，在矩形中，对角线交于点，则下列各式一定成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由矩形的几何性质，结合各线段对应向量的关系判断各项的正误.
【详解】由图知：，故A错误；不相等，即，故B错误；
，故C错误；，故D正确.
故选：D
3. 在矩形中，，则向量的长度等于（ ）
A. 4B. C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的加法运算法化简，根据矩形的特征可求对角线的长度，进而可求模长.
【详解】在矩形中，由可得,又因为,故，故，
故选:A
4. 设函数，则下列函数中为偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由辅助角公式化简，结合选项代入，由奇偶性的定义即可求解.
【详解】因为，
所以为非奇非偶函数，故A错误；为偶函数，故B正确；为奇函数，故C错误；
非奇非偶函数，故D错误；
故选:B
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义域，结合的正负判断即可.
【详解】定义域为，排除CD，又，排除A.
故选：B
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用和差角正弦公式、诱导公式及倍角余弦公式即可求值.
【详解】.
故选：D
7. 已知函数，，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 为图象的一条对称轴
C. 在上单调递增D. 在区间上有2个零点
【答案】D
【解析】
【分析】由题意整理可得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.
【详解】由题可知，
对A：最小正周期，故A错误；
对B：令，即，
若，解得，
即不存在，使得，故B错误；
对C：∵，则，
且在上单调递减，在上单调递增，
则在上不单调，故C错误；
对D：令，则，即，
令，解得，所以，
所以有两个零点，故D正确；
故选：D.
8. 已知函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若图象相邻对称轴间的距离为，对任意x，都有，且，则（ ）
A. 的最大值为B. 的图象关于点中心对称
C. 的图象关于直线对称D. 在上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质及图象变换规律求得，即可判断A；令求得图象的对称中心，即可判断B；令，求得图象的对称轴即可判断C；令，求得的单调递增区间即可判断D．
【详解】因为图象相邻对称轴间的距离为，所以的最小正周期为π，因为，所以，．因为，所以为奇函数，则，因为，所以，．因为，所以，所以，则，故A错误；
令，得，所以图象的对称中心为，不存在k使选项成立，故B错误；
令，得．所以图象的对称轴为，不存在k使选项成立故C错误；
令，得，所以的单调递增区间为，故D正确．
故选：D．
二、多选题（共4题，满分40分，每小题5分）
9. 设＝(＋)＋(＋)，是任一非零向量，则在下列结论中正确的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】先计算，根据平面向量的共线定理，线性运算法则进行判断即可．
【详解】
A．与任一非零向量共线，故，所以Ａ正确，
B．，故，所以B正确，
C．，故，因为为任一非零向量，故，所以C错误，
D．，故，，所以，所以D不正确.
故选：AB．
10. 下列关于向量命题正确的是（ ）
A. 向量共线的充要条件是存在实数，使得成立
B. 对任意向量，恒成立
C. 非零向量，满足，，则
D. 在中，为边上一点，且，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据共线向量基本定理、三角形三边关系可知AB错误，C正确；利用平面向量线性运算法则可知D正确.
【详解】对于A，若，，则共线，但不存在实数，使得，A错误；
对于B，若不共线，则构成三角形，则，B错误；
对于C，为非零向量，当时，；当时，，
，则，C正确；
对于D，，，
，D正确.
故选：CD.
11. 将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，则（ ）
A. 是奇函数B. 的周期为
C. 的图象关于点对称D. 的单调递增区间为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数作恒等变换化简成正弦型函数，确定平移后的解析式，即可根据三角函数图象性质逐项判断正误.
【详解】的图象向左平移个单位得，
所以为偶函数，故A不正确；
的最小正周期,故B正确；
又，所以函数的图象关于点对称，故C正确；
则的单调递增区间满足，，解得，，即函数的单调递增区间为，故D正确.
故选：BCD.
12. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最大值是
B. 函数在上单调递增
C. 函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位得到
D. 若方程在区间有两个实根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式为，利用正弦型函数的最值可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用三角函数图象变换可判断C选项；数型结合可判断D选项.
【详解】
.
对于A：函数的最大值是，A选项错误；
对于B：时，，是正弦函数的递增区间，故B选项正确；
对于C：函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，
即函数的图象，C选项正确；
对于D：当时，，令，则，
由题意可知，直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：
当时，，
由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
因此，实数取值范围是，D对.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（共4题，满分20分）
13. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与以点O为圆心的单位圆交于点，则的值为______.
【答案】##0.28.
【解析】
【分析】运用三角函数的定义、诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】由题意知，，
所以.
故答案为：.
14. 设，是不共线向量，与共线，则实数为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量平行列出方程组，求出实数的值.
【详解】因为，是不共线向量，与共线，
所以存在实数使得，所以，
解得：.
故答案为：
15. 函数的图象向左平移个单位后与函数的图象重合，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由三角函数图象的平移变换求出，再由平移后图象重合，可得，再结合即可得出答案.
【详解】，，
因为平移后图象重合，故，因为，故．
故答案为：.
16. 已知函数，，若当时，总有，则正实数的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】等价于，令，使用诱导公式和辅助角公式化简，求出在区间上单调递增时，的最大值即可.
【详解】∵
∴令，由题意，在区间上单调递增，
由，，得，，
∴的单调递增区间为，，
当时，在单调递增，（在区间上单调递减）
∴若在区间上单调递增，的最大值为，
∴若当时，总有，则正实数的最大值为.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17. 如图，按下列要求作答．
（1）以A为始点，作出；
（2）以B为始点，作出；
（3）若为单位向量，求、和．
【答案】（1）作图见解析
（2）作图见解析 （3），，
【解析】
【分析】（1）根据向量加法的平行四边形法则即可作出；（2）先将共线向量计算出结果再作出；（3）根据利用勾股定理即可计算出各向量的模长.
【小问1详解】
将的起点同时平移到A点，利用平行四边形法则作出，如下图所示：
【小问2详解】
先将共线向量的起点同时平移到B点,计算出,再将向量与之首尾相接，利用三角形法则即可作出，如下图所示：
【小问3详解】
由是单位向量可知，根据作出的向量利用勾股定理可知，
；
由共线向量的加法运算可知；
利用图示的向量和勾股定理可知，.
18. 化简：
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】根据向量的加减、数乘运算化简即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
19. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）-7
【解析】
【分析】先求出 和 ，在根据诱导公式和两角和正切公式计算即可.
【小问1详解】
由题意，， ；
【小问2详解】
；
综上， .
20. 函数（，）在一个周期内的图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，设，证明：为偶函数.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由图得到，求得，代入点，求得，结合题意得到，即可求得函数的解析式；
（2）由三角函数的图象变换求得，根据偶函数的定义证明即可.
【小问1详解】
由最值得，
由相邻两条对称轴距离得，则，即，
此时，
代入点得：，
则，即，
又因为，所以，
故.
【小问2详解】
由题意得，
则，
因为，
所以为偶函数.
21. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）（2）先利用三角恒等变换化简，再利用三角函数的性质求解即可；
（3）利用恒成立问题的解决方法，结合正弦函数的最值即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期为.
【小问2详解】
因为的单调递增区间为，
令，得，
所以的单调递增区间为.
【小问3详解】
因为，所以，
所以，故，即，
因为恒成立，所以，解得，
故实数的最小值为．
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.
22. 如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点是扇形弧上的一点（不包含端点），过作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点.
（1）若，求；
（2）求四边形的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记与的交点分别为，，求得，进而得，由可得结果；
（2）设，仿照（1）的思路，求得，，，从而得的表达式，利用三角恒等变换化简，利用三角函数的性质求得最大值.
【小问1详解】
连接，记与的交点分别为，，
故，
，
.
【小问2详解】
连接，记与的交点分别为，
设，
则，，，
，
所以四边形的面积
因，，
所以当，即时，.
考试时间120分钟 满分150分
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单选题（共8题，满分40分，每小题5分）
1. 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用降幂公式求解
【详解】.
故选：D.
2. 如图，在矩形中，对角线交于点，则下列各式一定成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由矩形的几何性质，结合各线段对应向量的关系判断各项的正误.
【详解】由图知：，故A错误；不相等，即，故B错误；
，故C错误；，故D正确.
故选：D
3. 在矩形中，，则向量的长度等于（ ）
A. 4B. C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的加法运算法化简，根据矩形的特征可求对角线的长度，进而可求模长.
【详解】在矩形中，由可得,又因为,故，故，
故选:A
4. 设函数，则下列函数中为偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由辅助角公式化简，结合选项代入，由奇偶性的定义即可求解.
【详解】因为，
所以为非奇非偶函数，故A错误；为偶函数，故B正确；为奇函数，故C错误；
非奇非偶函数，故D错误；
故选:B
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义域，结合的正负判断即可.
【详解】定义域为，排除CD，又，排除A.
故选：B
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用和差角正弦公式、诱导公式及倍角余弦公式即可求值.
【详解】.
故选：D
7. 已知函数，，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 为图象的一条对称轴
C. 在上单调递增D. 在区间上有2个零点
【答案】D
【解析】
【分析】由题意整理可得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.
【详解】由题可知，
对A：最小正周期，故A错误；
对B：令，即，
若，解得，
即不存在，使得，故B错误；
对C：∵，则，
且在上单调递减，在上单调递增，
则在上不单调，故C错误；
对D：令，则，即，
令，解得，所以，
所以有两个零点，故D正确；
故选：D.
8. 已知函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若图象相邻对称轴间的距离为，对任意x，都有，且，则（ ）
A. 的最大值为B. 的图象关于点中心对称
C. 的图象关于直线对称D. 在上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质及图象变换规律求得，即可判断A；令求得图象的对称中心，即可判断B；令，求得图象的对称轴即可判断C；令，求得的单调递增区间即可判断D．
【详解】因为图象相邻对称轴间的距离为，所以的最小正周期为π，因为，所以，．因为，所以为奇函数，则，因为，所以，．因为，所以，所以，则，故A错误；
令，得，所以图象的对称中心为，不存在k使选项成立，故B错误；
令，得．所以图象的对称轴为，不存在k使选项成立故C错误；
令，得，所以的单调递增区间为，故D正确．
故选：D．
二、多选题（共4题，满分40分，每小题5分）
9. 设＝(＋)＋(＋)，是任一非零向量，则在下列结论中正确的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】先计算，根据平面向量的共线定理，线性运算法则进行判断即可．
【详解】
A．与任一非零向量共线，故，所以Ａ正确，
B．，故，所以B正确，
C．，故，因为为任一非零向量，故，所以C错误，
D．，故，，所以，所以D不正确.
故选：AB．
10. 下列关于向量命题正确的是（ ）
A. 向量共线的充要条件是存在实数，使得成立
B. 对任意向量，恒成立
C. 非零向量，满足，，则
D. 在中，为边上一点，且，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据共线向量基本定理、三角形三边关系可知AB错误，C正确；利用平面向量线性运算法则可知D正确.
【详解】对于A，若，，则共线，但不存在实数，使得，A错误；
对于B，若不共线，则构成三角形，则，B错误；
对于C，为非零向量，当时，；当时，，
，则，C正确；
对于D，，，
，D正确.
故选：CD.
11. 将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，则（ ）
A. 是奇函数B. 的周期为
C. 的图象关于点对称D. 的单调递增区间为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数作恒等变换化简成正弦型函数，确定平移后的解析式，即可根据三角函数图象性质逐项判断正误.
【详解】的图象向左平移个单位得，
所以为偶函数，故A不正确；
的最小正周期,故B正确；
又，所以函数的图象关于点对称，故C正确；
则的单调递增区间满足，，解得，，即函数的单调递增区间为，故D正确.
故选：BCD.
12. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最大值是
B. 函数在上单调递增
C. 函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位得到
D. 若方程在区间有两个实根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式为，利用正弦型函数的最值可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用三角函数图象变换可判断C选项；数型结合可判断D选项.
【详解】
.
对于A：函数的最大值是，A选项错误；
对于B：时，，是正弦函数的递增区间，故B选项正确；
对于C：函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，
即函数的图象，C选项正确；
对于D：当时，，令，则，
由题意可知，直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：
当时，，
由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
因此，实数取值范围是，D对.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（共4题，满分20分）
13. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与以点O为圆心的单位圆交于点，则的值为______.
【答案】##0.28.
【解析】
【分析】运用三角函数的定义、诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】由题意知，，
所以.
故答案为：.
14. 设，是不共线向量，与共线，则实数为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量平行列出方程组，求出实数的值.
【详解】因为，是不共线向量，与共线，
所以存在实数使得，所以，
解得：.
故答案为：
15. 函数的图象向左平移个单位后与函数的图象重合，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由三角函数图象的平移变换求出，再由平移后图象重合，可得，再结合即可得出答案.
【详解】，，
因为平移后图象重合，故，因为，故．
故答案为：.
16. 已知函数，，若当时，总有，则正实数的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】等价于，令，使用诱导公式和辅助角公式化简，求出在区间上单调递增时，的最大值即可.
【详解】∵
∴令，由题意，在区间上单调递增，
由，，得，，
∴的单调递增区间为，，
当时，在单调递增，（在区间上单调递减）
∴若在区间上单调递增，的最大值为，
∴若当时，总有，则正实数的最大值为.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17. 如图，按下列要求作答．
（1）以A为始点，作出；
（2）以B为始点，作出；
（3）若为单位向量，求、和．
【答案】（1）作图见解析
（2）作图见解析 （3），，
【解析】
【分析】（1）根据向量加法的平行四边形法则即可作出；（2）先将共线向量计算出结果再作出；（3）根据利用勾股定理即可计算出各向量的模长.
【小问1详解】
将的起点同时平移到A点，利用平行四边形法则作出，如下图所示：
【小问2详解】
先将共线向量的起点同时平移到B点,计算出,再将向量与之首尾相接，利用三角形法则即可作出，如下图所示：
【小问3详解】
由是单位向量可知，根据作出的向量利用勾股定理可知，
；
由共线向量的加法运算可知；
利用图示的向量和勾股定理可知，.
18. 化简：
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】根据向量的加减、数乘运算化简即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
19. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）-7
【解析】
【分析】先求出 和 ，在根据诱导公式和两角和正切公式计算即可.
【小问1详解】
由题意，， ；
【小问2详解】
；
综上， .
20. 函数（，）在一个周期内的图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，设，证明：为偶函数.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由图得到，求得，代入点，求得，结合题意得到，即可求得函数的解析式；
（2）由三角函数的图象变换求得，根据偶函数的定义证明即可.
【小问1详解】
由最值得，
由相邻两条对称轴距离得，则，即，
此时，
代入点得：，
则，即，
又因为，所以，
故.
【小问2详解】
由题意得，
则，
因为，
所以为偶函数.
21. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）（2）先利用三角恒等变换化简，再利用三角函数的性质求解即可；
（3）利用恒成立问题的解决方法，结合正弦函数的最值即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期为.
【小问2详解】
因为的单调递增区间为，
令，得，
所以的单调递增区间为.
【小问3详解】
因为，所以，
所以，故，即，
因为恒成立，所以，解得，
故实数的最小值为．
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.
22. 如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点是扇形弧上的一点（不包含端点），过作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点.
（1）若，求；
（2）求四边形的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记与的交点分别为，，求得，进而得，由可得结果；
（2）设，仿照（1）的思路，求得，，，从而得的表达式，利用三角恒等变换化简，利用三角函数的性质求得最大值.
【小问1详解】
连接，记与的交点分别为，，
故，
，
.
【小问2详解】
连接，记与的交点分别为，
设，
则，，，
，
所以四边形的面积
因，，
所以当，即时，.
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