67，湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题

这是一份67，湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1. 复数z满足，则（ ）
A. 3B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据复数代数形式的乘法求出复数，再求模即可；
【详解】解：∵，∴，
∴，∴，
∴，∴．
故选：D
【点睛】本题考查复数的代数形式的乘法运算以及复数的模，属于基础题.
2. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理，可得值，进而得到答案．
【详解】解：在中，角，，所对的边分别为，，，，，，
由正弦定理得：，即，
解得：，
又由，
故，
故选：．
3. 若，且为第三象限角，则等于（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两角差的正弦公式可得，进而得，根据同角平方和关系即可求解.
【详解】由得，
所以，即，由于为第三象限角，所以 ，故，
故选：B
4. 已知向量，，若向量与向量平行，则的值为（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可得,由向量与向量平行,可得,进而求解即可
【详解】∵向量,,
∴,
又向量与向量平行,
∴,解得,
故选:A
【点睛】本题考查共线向量的坐标表示,考查向量加法的坐标表示
5. 在中，角的对边分别是，，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 无解
【答案】A
【解析】
【分析】在三角形中由正弦定理，即可求出答案.
【详解】由正弦定理得.
或.，（舍）.
故.
故选：A.
6. 已知向量，满足， 且，则与的夹角为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据夹角公式即可得结果.
【详解】根据夹角公式，所以夹角是，
故选：C.
7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数单调性可比较a，b大小；通过研究函数单调性可比较b，c大小，即可得答案.
【详解】因函数在上单调递减，又，
则，即；
注意到，.则.
构造函数，则，
令在上单调递增，
又，，
则，即.
综上，.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题涉及比较代数式大小，常利用函数单调性与构造函数解决问题.构造函数的关键，为找到需比较大小代数式间的联系.
8. 某校研究性学习小组想要测量某塔的高度，现选取与塔底在同一个水平面内的两个测量基点A与，现测得，，米，在点A处测得塔顶的仰角为，则塔高为（ ）米.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理求得，进而在直角三角形中求得．
【详解】解：在三角形中：，
由正弦定理得，，
在中，．
故选：A．
二、多选题
9. 已知复数（i是虚数单位），则下列结论正确的是（ ）
A. 复数的虚部等于B. 对应复平面内的点在第三象限
C. D. 若是实数，是纯虚数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】先化简复数，然后根据复数的纯虚数和虚部概念，几何意义，及复数的运算逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，复数，
对于A项：，所以复数的虚部等于，所以A项错误；
对于B项：，对应的点在复平面的第三象限，所以B项正确；
对于C项：，所以C项正确；
对于D项：因为是纯虚数且是实数，即为纯虚数，所以，解得，
所以D项正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的最小正周期为；
B. 函数的图象关于对称；
C. 在区间上单调递增；
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合.
【答案】ABC
【解析】
【分析】先化简函数，公式法求最小正周期验证选项A；代入检验法判断BC中的对称轴和单调区间；求平移后的函数解析式验证选项D.
【详解】对于A，函数，
所以的最小正周期为，A选项正确；
对于B，当时，，是函数最小值，函数的图象关于对称，B选项正确；
对于C，当时，，是余弦函数的单调递增区间，
则此时为增函数，C选项正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数解析式为，D选项不正确.
故选：ABC.
11. 若正方形，O为所在平面内一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 可以表示平面内任意一个向量
B. 若，则O在直线BD上
C 若，，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A由平面向量基本定理判断；B由向量共线的推论判断；C利用向量加法、数乘等线性运算用表示出；D由题设可得，若为中点，则，即可判断.
【详解】A：由题意，又，以为基底的坐标系中，
根据平面向量基本定理易知可以表示平面内任意一个向量，对；
B：由向量共线的推论知：，则O在直线BD上，对；
C：由题设，则，
所以，错；
D：由，则，
若为中点，则，即且，如下图示，
所以，对.
故选：ABD
三、填空题
12. 已知函数，则______；若在上恒成立，则整数t的最小值为______．
【答案】 ①. ②. 12
【解析】
分析】根据代入分段函数求值，画出简图，结合图象分析即可.
【详解】因为，所以，
因为，，所以.
图象如图：
，，，
时，，
时，，或，
时，，
所以时，恒成立，
整数t最小值为12.
故答案为：；12.
13. 若复数：，则______．
【答案】2
【解析】
分析】利用，先得到，然后求出.
【详解】因为，，，，且，
所以
，
所以．
故答案为：2．
14. 《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积."若把以上这段文字写成公式，即.现有满足，且的面积.给出下列四个结论:①周长为；②三个内角A，C，B满足关系；③外接圆半径为；④中线CD的长为，其中，所有正确结论的序号是___________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】结合正弦定理，求出三边长之比，在根据已知三角形的面积，可求出三边长，再用正弦定理、余弦定理，向量的模的运算判断各选项.
【详解】因为，根据正弦定理可得：，
可设：，，.
代入得.
所以的周长：，故①正确；
有余弦定理：，所以，故②正确；
由（为三角形外接圆半径）得：，故③错误；
因为且，，，
所以，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛：用向量的方法求三角形中线长是一个常用的简单方法.
四、解答题
15. 已知向量满足.
（1）求向量的夹角；
（2）求向量与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将两边平方，结合数量积的运算，即可求得答案；
（2）求出向量与的数量积，求得的模，根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【小问1详解】
由，得，即，
故，则，
而，所以；
【小问2详解】
，
，
所以.
16. 在中，内角的对边分别是，且， .
（1）求角B；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；
（2）根据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可；
（3）利用向量加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
即，
即，
所以，因为，所以.
因为，所以.
【小问2详解】
由及余弦定理得，又，所以，
由得，
所以，所以，解得.
小问3详解】
因为的的中点，所以，
则，
由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，
即边上的中线的取值范围为.
17. 已知在中，N是边AB的中点，且，设AM与CN交于点P．记．
（1）用表示向量；
（2）若，且，求的余弦值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算结合条件求解即得；
（2）利用结合条件根据向量夹角公式运算求解即得.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
因为三点共线，所以得，
，得，
所以，
所以，即的余弦值为.
18. 设锐角三角形的内角的对边分别为，，，已知，且．
（1）求的值；
（2）若为的延长线上一点，且，求三角形周长的取值范围．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）在中，可得，，在中，利用正弦定理结合三角函数可得，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
则，整理得，
由正弦定理可得，即，
且，所以.
【小问2详解】
在中，由题意可知：，，
可知，
由余弦定理可得，即，
在中，由正弦定理，
可得，
因为且为锐角三角形，则，解得，
则，可得，所以，
且三角形周长为，
所以三角形周长的取值范围为.
19. 已知函数，把函数的图像先向右平移个单位长度，再向下平移个单位，得到函数的图像.
（1）求的单调递增区间及对称轴方程；
（2）当时，若方程恰好有两个不同的根，求的取值范围及的值.
【答案】（1）单调递增区间为，，对称轴方程为，. （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先利用两角和的余弦公式和辅助角公式化简，再利用正弦函数的图象和性质求解即可；
（2）根据平移得到的解析式，由的取值范围求出的单调区间和值域，进而得到函数图象，根据图象求解即可.
【小问1详解】
由题意可得
，
令，，解得，，
令，，解得，，
所以的单调递增区间为，，对称轴方程为，.
【小问2详解】
根据题意及（1）中结论可得，
当时，，
令得，令得，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，时，单调递增，
且，，，，
大致图像如图所示，
方程恰好有两个不同的根，
所以的取值范围为，
又因为的对称轴为和，
所以当时，当时.