江苏省常州市教育学会2023-2024学年高一下学期4月学业水平监测数学试题（原卷版+解析版）

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2024年4月
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
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. 若扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的半径为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据扇形弧长公式求解即可．
【详解】由扇形弧长公式，解得，
故选：D．
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数正负性的性质进行逐一判断即可.
【详解】因为，所以在第二象限或第四象限.
A：当第二象限时，不成立；当在第四象限时，成立，故本选项不正确；
B：当在第二象限时，成立；当在第四象限时，不成立，故本选项不正确；
C：当在第二象限时，即
，所以成立；
当在第四象限时，即
，所以成立，因此本选项正确；
D：当在第二象限时，即
，所以不恒成立；
当在第四象限时，即
，
所以不恒成立，因此本选项不正确，
故选：C
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式及两角和的余弦公式求解.
【详解】原式
.
故选：B
4. 在复平面内，复数对应的两个点关于虚轴对称，已知，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的几何意义求出，再根据复数的乘法运算即可得解.
【详解】因为复数对应的两个点关于虚轴对称，，
所以，
所以.
故选：A.
5. 已知单位向量满足，则的值为（ ）
A B. C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先将两边同时平方，根据数量积的运算律求出，再根据数量积的运算律即可得解.
【详解】因为单位向量满足，
所以，
所以，
所以.
故选：B.
6. 在中，若，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】在中，若，，，
由余弦定理得，
即，解得（舍去），
所以.
故选：A.
7. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则（ ）
A. ，的最小值为B. ，的最小值为
C. ，的最小值为D. ，的最小值为
【答案】A
【解析】
【分析】由题意利用的图象变换规律及诱导公式，可得，且，即可得的最小值.
【详解】由题意得，
由点向左平移个单位长度得到点，
可得，代入
可得，
则或，
即 或，.
又 ,所以的最小值为.
故选：A.
8. 在平面凸四边形中，已知，，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，在中，利用正弦定理求出，再根据数量积的定义结合三角函数的性质即可得解.
【详解】设，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，，，则，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 两个粒子从同一发射源发射出来，在某一时刻，他们的位移分别为，．则（ ）
A. 在该时刻，
B. 在该时刻，两个粒子的距离为
C. 在该时刻，粒子相对于的位移为
D. 在该时刻，在上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示可得A错误；由两点间距离公式可得B正确；由向量的减法法则可得C正确；由投影向量的运算可得D正确.
【详解】A：因，所以与不垂直，故A错误；
B：由两点间距离公式可得，故B正确；
C：在该时刻，粒子相对于的位移为，故C正确；
D：在上的投影向量为，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递减
C. 在上单调递减D. 在上单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】，
对于A，由，得，
所以函数在上不具有单调性，故A错误；
对于B，由，得，
所以在上单调递减，故B正确；
对于C，由，得，
所以在上单调递减，故C正确；
对于D，由，得，
所以在上单调递减，故D错误.
故选：BC.
11. 下列说法中正确的有（ ）
A. 任意锐角，有
B. 任意锐角，有
C. 存在锐角，有
D. 存在锐角，有
【答案】BCD
【解析】
【分析】举例即可判断ACD，根据余弦函数的单调性即可判断B.
【详解】对于A，当时，，
，
因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，所以，
而函数在上单调递减，
所以，
所以，
又，
所以，故B正确.
对于C，当时，，
所以，故C正确；
对于D，当时，，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：根据余弦函数的单调性得出，是判断B选项的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知角的终边经过点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角函数的的定义，利用两角和的正弦公式求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，，
，
故答案为：
13. 如图，所在平面内的两点满足．若是线段的两个三等分点，则______；若是线段上的动点，则______．
【答案】 ①. 1 ②. 2
【解析】
【分析】第一空由向量的加法法则结合图形关系可得；第二空取的中点，然后由向量共线的充要条件可得.
【详解】因为，①
因为是线段的两个三等分点，
所以，
所以由①可得，
所以；
取的中点，由平行四边形定则可得，
所以，
因为三点共线，
所以，
所以，
故答案为：1；2.
14. 已知函数的图象关于点对称，且，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由及得，或，结合的图象关于点对称，即可求出的最小值．
【详解】由的图象关于点对称，得，
由及得，或，
当时，，由得的最小值为；
当时，，由得的最小值为；
综上所述，的最小值为；
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、证明过程或演算步骤．
15. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足．
（1）若，求；
（2）若，求的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面向量垂直的坐标表示，列出方程求解即可；
（2）由平面向量平行的坐标表示，列出方程求解即可．
【小问1详解】
由题可得，，，
因为，所以，解得．
小问2详解】
由题可知，，
因为，所以，解得，
所以，即的坐标为．
16. 在复平面内，复数对应的点在第四象限，设．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据复数除法运算和加减法运算化简，再根据复数的分类列出方程组，解之即可；
（2）根据，可得等式左边化简后得复数虚部等于零，可得出关系，再根据复数的模的计算公式即可得解.
【小问1详解】
设，
由，得，
即，整理得，
因为，即，
所以，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）结合，
可得，所以，
所以.
17. 已知为钝角，．
（1）求的值；
（2）若锐角满足，求的值．
【答案】（1）7 （2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的正切公式及两角差的正切公式得解；
（2）先求出，再由二倍角的正切公式及两角和的正切公式求出，
根据角的范围求出角即可.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
由可得，
由锐角知，，
所以，
所以，
由，则，又，
所以，又，
所以，又，
所以.
18. 记函数的最小正周期为，已知，且．
（1）求的值；
（2）已知是函数在上的两个零点．
①求实数的取值范围；
②若，求的值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换化一，再根据，求出的范围，根据可得出函数的对称轴，进而可求出答案；
（2）①利用换元法，将问题转化为在上有两个交点，从而结合函数图象即可求出的范围；
②易得，不妨设，先求出，再利用二倍角的余弦公式即可得解.
【小问1详解】
，
由，得，所以，
又因为，，所以函数关于对称，
所以，所以，
又，所以；
【小问2详解】
①由（1）得，
令，则，
令，因为，所以，
因为函数在上的两个零点，
所以函数在上有两个交点，
作出函数的图象，
由图可知；
②时，，
由（1）可得，
由，不妨设，则，
又，
所以，
所以，
即，所以，所以，
又，，所以，
所以.
【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：
（1）将函数解析式变形为或的形式；
（2）将看成一个整体；
（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.
19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为．
（1）若．求证：
①（为的面积）；
②为等边三角形．
（2）若，求证：．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证；
②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证；
（2）根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证.
【小问1详解】
①若，
则
，
所以，
在中，分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
②由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
有，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由①知，
所以为等边三角形；
【小问2详解】
由（1）得，
所以
，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得．
【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键.