河南省驻马店市新蔡县新蔡县第一高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

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1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 要得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度：D. 问右平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换即可求解.
【详解】，
故将的图象向右平移个单位长度，
得到的图象，故D正确；
经检验，ABC错误.
故选：D
2. 比较、、的大小关系（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式得，然后由正切函数的单调性可得.
【详解】，
因为函数在上单调递增，且，
所以，即.
故选：D
3. 若向量，满足，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合，则由数量积为0结合数量积的定义以及运算律即可求解夹角.
【详解】设与的夹角为，，
，，，
，
，，
故选：C.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用正弦和正切的和差角公式，化简得到，再平方即可求出结果.
【详解】因为
，
，得到，
故选：A.
5. 已知函数．则“”是“为奇函数”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】若，利用和差角公式求出，即可判断的奇偶性，从而判断充分性，再由奇函数的定义判断必要性.
【详解】因为，
若，即，
即，
所以，又，所以，
所以，
当为偶数时，则为奇函数；
当为奇数时，则为奇函数；
综上可得由可得为奇函数，故充分性成立；
由为奇函数，则，显然满足，故必要性成立；
所以“”是“为奇函数”的充要条件.
故选：C
6. 如图所示，在中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若，，则的最小值为（ ）

A. 5B. 9C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量基本定理及向量共线定理的推论得到，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】因为是的中点，则
，
、、三点共线，
，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：D．

7. 如图，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，设初始正方形的边长为2，则（ ）

A. 0B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】通过作辅助线，将相关向量线性表示出来，再利用数量积定义式和运算律计算即得.
【详解】
如图，连接，延长交于点，延长交于点.
则由题意和图形的对称性，可知,且
，
由题意可知，.
故选：C.
8. 已知，且，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为，然后由两角和与差的正弦公式展开化简，由，利用二倍角公式化简最后求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
化简得：，
所以，
又由，可得，
所以，即，所以，
所以，又，所以，
所以.
故选：A
二、多选题（本题共3小题，每小题3分，共18分）
9. 已知函数，则（ ）
A. 的对称轴为
B. 的最小正周期为
C. 的最大值为1，最小值为
D. 在上单调递减，在上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】作出函数的图象，对于A，验算是否成立即可；对于B，由即可判断；对于CD，借助函数单调性，只需求出函数在上的最大值和最小值验算即可判断CD.
【详解】作出函数的图象如图中实线所示．
对于，由图可知，函数的图象关于直线对称，
对任意的，
，
所以函数的对称轴为，A正确；
对于，对任意的，
结合图象可知，函数为周期函数，且最小正周期为，故B错误；
对于C，由选项可知，函数的对称轴为，且该函数的最小正周期为，
要求函数的最大值和最小值，只需求出函数在上的最大值和最小值，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
因为，
所以，因此的最大值为，最小值为-1，故C错误；
对于，由C选项可知，函数在上单调递减，在上单调递增，正确，
故选：AD．
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是求出函数在上的最大值和最小值即可，由此即可顺利得解.
10. 下列说法中错误的有（ ）
A. 若，，则
B. 已知向量，，则不能作为平面向量的一个基底
C. 已知，，若，则实数m的值为1
D. 是所在平面内一点，且满足，则是内心
【答案】AC
【解析】
【分析】举出反例说明A选项错误；由，说明，则不能作为平面向量的一个基底，故B选项正确；由两个向量垂直所适合的公式，求出，故故C选项错误；由题意证明出是的内心，故D选项正确．挑选错误选项即可.
【详解】对A选项，若，则不共线的，也有，，故A选项错误；
对B选项，，则，则不能作为平面向量的一个基底，
故B选项正确；
对C选项，，，若，则，得，
故C选项错误；
对D选项，因为，
由可知，垂直于的外角平分线，
所以点在平分线上，
同理点在的平分线上，点在的平分线上，
所以是的内心．故D选项正确．故选AC.
11. 如图，已知扇形的半径为2，，点分别为线段上（包括线段的端点）的动点，且，点为上（包括端点）的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为0B. 的最小值为
C. 的最大值为4D. 的最小值为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】以为原点建立如图所示的直角坐标系，得，，设，则，求出，利用的范围可判断；求出的坐标，由，利用的范围可判断B；设,,，可得，求出，由，利用、，，的范围可判断C，D．
【详解】以为原点建立如图所示的直角坐标系，
所以，，
设，则，，
所以，
因为，所以，所以，
所以的最小值为，故A错误；
，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
的最小值为，故B正确；
因，则,,，所以，可得，
，
所以，其中，
又，所以，,，所以，
,，,，所以，
的最小值为，最大值为，故C，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. 中国扇文化有着深厚的文化底蕴，是民族文化的一个组成部分，其中扇面画有着悠久的历史.某扇面画可看成一个扇环，其示意图如图所示.若，且该扇环的周长为，则该扇环的面积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】利用扇形弧长公式结合题设条件列出方程，求出小扇型的半径，利用扇形面积公式计算大小扇形面积，作差即得扇环面积.
【详解】设，依题意可得，，解得，
故该扇环的面积为.
故答案为：.
13. 如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则______.

【答案】13
【解析】
【分析】由三角形中线性质可知，再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交点可知，同理可得，再由数量积运算即可得解.
【详解】因为是的中点，
所以，
因为为三角形外接圆圆心，也就是三角形的三边中垂线的交点，
，
同理可得，
.
故答案为：13.
14. “天封塔”位于宁波市海曙区大沙泥街西端与解放南路交汇处，是宁波重要地标之一，为中国江南特有的仿宋阁楼式砖木结构塔，具有宋塔玲珑精巧、古朴庄重的特点，也是古代明州港江海通航的水运航标．某同学为测量天封塔的高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔高_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理计算可得，结合计算即可求解.
【详解】因为，，所以，
在中，由正弦定理可得，
则，
在直角三角形中，，
所以．
故答案为：．
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 在单位圆中，锐角的终边与单位圆相交于点，连接圆心和得到射线，将射线绕点按逆时针方向旋转后与单位圆相交于点，其中.
（1）求的值；
（2）记点的横坐标为，若，求的值.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，进而利用诱导公式化简、求解；
（2）由题意可得：，进而可知，根据同角三角关系结合三角恒等变换分析求解.
【小问1详解】
由于点在单位圆上，且是锐角，可得，
所以，
所以
；
【小问2详解】
由（1）可知，且为锐角，可得，
根据三角函数定义可得：，
因为，且，
因此，所以
所以
.
16. 中，内角、、的对边分别为、、，且.
（1）若，试判断的形状，并说明理由；
（2）若，则的面积为，求，的值；
（3）若为锐角三角形，求取值范围.
【答案】（1）直角三角形，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）解法一：利用三角恒等变换整理得，即可得；解法二：利用倍角公式可得，利用正余弦定理边角转化可得，即可得；结合运算求解；
（2）利用面积公式可得，利用余弦定理可得，即可得；
（3）利用三角恒等变换整理得，根据正弦函数的性质分析求解.
【小问1详解】
因为，
解法一：因为，
可得，
且，则，可得，
则，
可得，
且，则，可得，
又因为，所以；
解法二：可得
整理得，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
又因为，所以；
若，即，且，可得，，
所以为直角三角形.
【小问2详解】
因为，则，解得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以.
【小问3详解】
因为
.
因为，且三角形是锐角三角形，则，解得，
则，可得，
则，
所以的取值范围为.
17. 在平行四边形中，.
（1）若与交于点，求的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选择，为一组基向量，设，，将分别用，的两种形式表示，根据平面向量基本定理可得关于的方程组，求解即得；
（2）分别将用，表示，计算它们的数量积，整理成关于的二次函数，结合二次函数的图象和的范围即可求得的取值范围.
【小问1详解】
设，则
设.
根据平面向量基本定理得解得，
所以，则，所以.
【小问2详解】
因为，
，
,
所以.
.
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为，
当时，取得最大值，且最大值为.
故的取值范围为.
18. 函数的部分图像如图所示.
（1）求的解析式；
（2）若，求的值；
（3）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图象中特殊点的坐标，结合余弦型函数的周期公式进行求解即可；
（2）根据诱导公式可求解；
（3）根据函数零点的定义，结合余弦型函数的有界性分类讨论进行求解即可.
【小问1详解】
由图可得，
函数过点，
所以，则，
解得，
又，则，所以；
【小问2详解】
若，即，
而；
【小问3详解】
因为，所以，
则，令，
设，则恒成立，
由二次函数的图象性质可知，只需，
解得，故取值范围为.
19. 设半圆的半径为2，而为直径延长线上的一点，且.对半圆上任意给定的一点，以为一边作等边三角形，使和在的两侧（如图所示）

（1）若的面积为，求的大小
（2）当点在半圆上运动时，求四边形面积的最大值
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理表示，再根据等边三角形的面积公式，即可求解；
（2）根据（1）的结果，表示四边形的面积，结合三角恒等变形，以及三角函数的性质，即可求解函数的最大值.
【小问1详解】
设，在中，由余弦定理得：
；
【小问2详解】
于是，四边形的面积：
，
因为，则，所以当，时，
四边形的面积取得最大值，最大值为．