40，江西省景德镇市乐平市第三中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

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一.单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知角的终边上一点坐标为，则角的最小正值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，角的终边上一点坐标为，即，所以，所以，所以角的最小正值为，故选C.
考点：三角函数的概念.
2. 已知在▱ABCD中,=(3,7),=(-2,3),对角线AC,BD交于点O,则的坐标为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
如图所示,=(-2,3)+(3,7)=(1,10),
∴.
∴.试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。3. 函数的最小正周期为，若，且的最小值是1，则图像的一个对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据求得，根据的最小值求得，根据三角函数对称中心的求法求得正确答案.
【详解】由函数的最小正周期T满足，即，解得，
又因为，所以，所以，
又函数的最小值为1，所以，即
所以，
令得，
所以对称中心为，
只有选项B符合题意（）.
故选：B
4. 向量不共线，，且与方向相反，则实数的值是（ ）
A. B. 1C. 或D. 1或
【答案】A
【解析】
【分析】由条件，结合向量共线定理列出方程，解方程，即可得到结果.
【详解】因为与方向相反，则存在，使得，
，且向量、不共线，
则，整理可得，
解得或，
所以或，
又，所以，
故选：A.
5. 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由诱导公式和平方关系求解.
【详解】∵
则且，
∴.
故选：D
6. 为了得到图像，只需将（ ）
A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换和诱导公式，即可得出结果.
【详解】因为，
所以将图象向左平移个单位，
可得.
故选：D
7. 在中，且则为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】先由向量加法法则和初步判断为等腰三角形，再由得出即可求出结果.
【详解】因为向量加法法则可知向量在角A角平分线上，
所以由可知角A角平分线与边BC垂直，
设角A角平分线与BC相交于点D，则，
所以，即为等腰三角形，
又由，得，
综上为等边三角形.
故选：C.
8. 已知，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由方程，解得，得到的可能取值，根据题意得到，即可求解.
【详解】由方程，可得，
所以，
当时，，
所以的可能取值为，，，，，，…，
因为原方程在区间上恰有3个实根，所以，
解得，即的取值范围是.
故选：B.
二.多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 如图，在四边形ABCD中，为BC边上一点，且为AE的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量加法的三角形法则、数乘运算及平面向量基本定理进行解题
【详解】由，
由向量加法的三角形法则得
，
又F为AE的中点，则，故A正确；
，故B正确；
，故D正确；
，故C错误.
故选：ABD
10. 下列选项中错误的有（ ）
A. 当两个非零向量共线时，一定有
B. 同向，且，则
C. 向量夹角为，在上的投影向量为
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量共线定理判断A，根据向量的性质判断B，根据投影向量的定义判断C，根据数量积的性质判断D.
【详解】对于A，因为为非零向量，且共线，由向量共线定理可得存在，使得，A正确，
对于B，因为向量不能比较大小，故B错误，
对于C，在上的投影向量为，C正确，
对于D，取，，，满足条件，但，D错误，
故选：BD.
11. 已知函数，将的图像上所有点向右平移个单位长度，横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，且为偶函数且它最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数图像关于点中心对称
B. 函数在区间上单调递增
C. 不等式的解集为
D. 方程在上有2个解
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据图像变换求出函数的解析式，结合周期公式及正弦型函数的奇偶性的性质可求，利用三角函数的对称，单调性判断AB，结合余弦函数性质解不等式判断C，结合三角恒等变换解方程判断D.
【详解】根据题意可得，，
又因为最小正周期为，则，且，则，
即，
又因为为偶函数，则，
解得，且，
所以当时，，所以，
则，
对于A，当时，，
所以点不是的对称中心，故A错误；
对于B，令，
解得，
所以是的子集，
所以函数在区间上单调递增，故B正确；
对于C，因为，即，
所以，，
解得，
所以不等式的解集为，故C正确；
对于D，因为，，
所以，可化为，
所以，
所以，所以，
又，
所以或，
所以方程在上有2个解，D正确，
故选：BCD
三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设点，若点在直线AB上，且，则点的坐标为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】先根据求出的坐标，再由即可求出P点坐标.
【详解】由题，
因为，
所以或，
所以或，
所以或，
所以P点的坐标为或.
故答案为：或.
13. 已知点是边长为3的正六边形ABCDEF内的一点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】画出图形,结合图形，利用平面向量的几何意义判断求解即可.
【详解】画出图形如图，，
它的几何意义是的长度与在向量上的投影的乘积，
由图可知，在处时，取得最大值，，
此时，可得，即最大值为.
在处取得最小值， 此时，
最小值为，
因为是边长为3的正六边形内的一点，取不到临界值，
所以的取值范围是.
故答案为：.

14. 设函数，若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的零点和对称轴得到，从而得到；再根据函数在区间上单调得到，从而得到；进而可得然后再验证时函数在区间上不单调，从而得到.
【详解】因为为函数的一个零点，且是函数f（x）图象的一条对称轴，
所以，所以，所以；
因为函数在区间上单调，
所以，即，所以，所以，
又因为，所以
当时，，，，
又因为，则所以，
又，则，
所以函数在区间上不单调，所以舍去；
当时，，，，，
又因为，则所以.
又，，
所以函数在区间上单调，所以.
故答案为：.
四.解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 在①；②；③的终边关于轴对称，并且这三个条件中任选一个，补充在横线上，并回答问题.
已知第四象限角满足__________，求下列各式的值.
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】选条件①时，根据诱导公式，将原式化简，得到；选条件②，根据同角三角函数基本关系，求出；选条件③时，根据角的终边对称，得到，，求出；
（1）利用同角三角函数基本关系，将弦化切，即可得出结果；
（2）先将所求式子化为，再将弦化切，即可得出结果.
【小问1详解】
选①，，
得，则．
选②，是第四象限角，所以，，
又，则，
可得，，则．
选③，是第四象限角，则，，
又因为，的终边关于轴对称，
则，．
又因为，
所以，即．
则；
【小问2详解】
由上可知选择①、②、③都可得，
．
16. 已知向量的夹角为
（1）求;
（2）在的投影数量;
（3）若与夹角为钝角，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）的取值范围是
【解析】
【分析】（1）根据向量模的性质可得，结合数量积的性质求结论；
（2）计算，，结合投影数量的定义求解即可；
（3）将条件转化为且与不反向，然后计算，解不等式即可得到结果.
【小问1详解】
由已知，
所以.
【小问2详解】
因为，
，
所以在的投影数量为，
【小问3详解】
由于，
若与反向，可得，，
所以，所以，
因为与夹角为钝角，
所以，且与不反向，
所以且，
即且
所以的取值范围是.
17. 已知，如图，在中，点满足在线段BC上且，点是AD与MN的交点，.
（1）分别用来表示和
（2）求最小值
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）平面向量基本定理的运用，根据已知条件，结合向量的线性运算即可求解.
（2）根据已知条件，结合三点共线性质和基本不等式中“1”的妙用即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，
所以.
【小问2详解】
由（1），
因为，，
所以，
因为三点共线，
所以，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
18. 已知函数
（1）用“五点法”在所给的直角坐标系中画出函数在区间内的图像并求它在上的增区间;
（2）求函数的对称轴和对称中心;
（3）解不等式
【答案】（1）图像见解析，在上的增区间为，.
（2）对称轴：.对称中心为：
（3）
【解析】
【分析】（1）用五点法，列表，描点，连线，作函数在内的简图；
（2）令，可得对称轴，令，可得对称中心；
（3）根据，得到，即可得出结果.
【小问1详解】
列表
由图可知，时，单调递增，时，单调递增，
所以在上的增区间为，.
【小问2详解】
令，即对称轴：；
令，即对称中心为：；
【小问3详解】
因为，即，
所以,解得：，
故不等式的解集为
19. 函数的部分图像如图所示.

（1）求函数的解析式;
（2）函数的图像与直线恰有三个公共点，记三个公共点的横坐标分别为且，求的值
（3）函数，对，是否存在唯一实数，使得成立，若存在，求范围，若不存在，说明理由.
【答案】（1），
（2），
（3）存在，的取值范围为.
【解析】
【分析】（1）观察图象确定函数的最小值，最大值可求，确定函数的周期，可求，由时，函数取最小值，可求，由此确定函数解析式；
（2），令，由题意可得，再根据正弦函数的对称性求出即可得解；
（3）先求出，再求函数，的值域，求函数的单调性，由条件列不等式求的范围.
【小问1详解】
由图象可知函数的最小值为，结合对称性可得最大值为，
所以，
设函数的周期为，则
所以，
故，
又当时，函数取最小值，
所以，
所以，
又，所以，
所以的解析式为；
【小问2详解】
，令，
由可得，
令，如图：

由对称性可知，
所以
两式相加可得，
所以，
故
所以；
【小问3详解】
，
由，可得，
所以，的值域为，
由，可得，
当时，即时，函数单调递增，
当时，即时，函数单调递减，
且，，，
因为对，若存在唯一实数，使得成立，
则对，若存在唯一实数，使得成立，
所以函数，的值域包含与，
所以，故，
所以的取值范围为.0
1
0
0