河南省漯河市源汇区漯河市高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题（学生版+教师版 ）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知函数是偶函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦函数的奇偶性列出关于的方程，从而得解.
【详解】因为是偶函数，
所以，即，
又，所以.
故选：C.
2. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
3. 函数的定义域为（ ）
A. {且}B. {且}
C. D. {且}
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可.
【详解】由题意得，解得且，
即定义域为.
故选：D.
4. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先在中利用正弦定理求，再在中求即可.
【详解】依题意，中，，，即，
解得.
在中，，即.
故选：A.
5. 如图，在三棱锥中，，分别为AB，AD的中点，过EF的平面截三棱锥得到的截面为EFHG.则下列结论中不一定成立的是（ ）
A. B.
C. 平面D. 平面
【答案】D
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定和性质对选项进行排除得解.
【详解】对于，，分别为，的中点，，EF与平面BCD平行
过平面截三棱锥得到的截面为，平面平面，
，，故AB正确；
对于，，平面，平面，平面，故正确；
对于，的位置不确定，与平面有可能相交，故错误.
故选:D.
【点睛】熟练运用线面平行的判定和性质是解题的关键.
6. 若是第一象限角，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的范围求得是第一､三象限角，分类讨论，根据三角函数符号即可判断.
【详解】因为在第一象限，所以，，
所以，，所以是第一､三象限角，
当是第一象限角时，，，，；
当是第三象限角时，，，，；
综上，一定成立.
故选：C
7. 已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦函数的单调性求出单调递增区间，可得，解不等式即可得出答案.
【详解】由题意得，函数的增区间为，且，
解得.
由题意可知：.
于是，解得.
又，于是.
故选：A.
8. 已知定义在上函数是偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定函数的大致图象，令，则关于的方程即可写成，结合图象分析二次方程的根的取值范围使其满足方程有6个不同的根，即可得实数的取值范围.
【详解】由题意可知，函数的图象如图所示：
根据函数图像，函数在，上单调递增，在，上单调递减；且时取最大值2，在时取最小值0，是该图像的渐近线.
令，则关于的方程即可写成，
此时关于的方程应该有两个不相等的实数根
设，为方程的两个实数根，显然，有以下两种情况符合题意：
①当，时，此时，则；
②当，时，此时，则；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：C.
二.多选题（共4小题，每题5分，共20分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）
9. 定义域为，为偶函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于（1，0）对称B. 的图象关于对称
C. 4为的周期D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据抽象函数的奇偶性和对称性，求出周期，确定对称轴，求函数值的和分别判断各个选项.
【详解】因为为偶函数，则，可知函数关于对称，
，把换成可得，
两式相加可得，关于对称，
又关于轴对称，则可得，，
可知4为的周期，所以ABC都正确．
令，，，，
，D选项错误.
故选:ABC．
10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 在锐角中，不等式恒成立
C. 若，，且有两解，则b的取值范围是
D. 若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】本题依据向量模、夹角的运算公式即可求解.首先将题目条件式两边同时平方，结合，即可计算和的值，可判断A、D选项；利用向量夹角公式计算向量的夹角，可判断B、C选项.
【详解】因为，
所以，
即，整理可得 ，
再由，且可得，
所以，，故错误；
又因为，
所以向量的夹角，
故向量共线且方向相反，
所以，故B正确；
又，
所以，故C正确．
故选：BC．
12. 定义在R上的函数（且，），若存在实数m使得不等式恒成立，则下列叙述正确的是（ ）
A. 若，，则实数m的取值范围为
B. 若，，则实数m的取值范围为
C. 若，，则实数m的取值范围为
D. 若，，则实数m的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】先判断函数为奇函数，再分和讨论的单调性，分和讨论函数的单调性，根据复合函数的单调性判断得出的单调性，利用单调性将进行等价转化成含参数的不等式，求解即得.
【详解】对于函数，因，则函数是奇函数.
不妨设，则，
对于A项，当时，在定义域内为增函数，
因，则在R上也是增函数，故在R上也是增函数.
由，则，即（*），
①当时，此时恒成立；② 当时，由（*）可得，解得，综上可知，，故A项错误；
对于B项，当时，在定义域内为减函数，因，则在R上也是减函数，故在R上是增函数，
由A项分析可得，恒成立可得，，故B项正确；
对于C项，当时，在定义域内为增函数，因，则在R上是减函数，故在R上是减函数，
由，则，即（*），
①当时，无解；② 当时，由（*）可得，解得或，综上可知，，故C项错误；
对于D项，当时，在定义域内为减函数，因，则在R上也是增函数，故在R上是减函数，
由C项分析可得，恒成立可得，，故D项正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：一般先考虑函数的奇偶性，再根据参数分类判断，构成复合函数的内外函数的单调性，利用单调性去掉抽象函数的符号，将其化成含参数的不等式恒成立问题，再对参数分类讨论不等式解的情况即得.
三.填空题（共4小题，每题5分，共20分.）
13. 已知函数，则关于x的不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数的性质及对数函数的单调性解不等式可得结果.
【详解】当时，得，
当时，，得，所以，
综上：解集为，
故答案为：.
14. 已知函数部分图象如图所示，且在上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是______.

【答案】
【解析】
【分析】由，推出，从而知，再由，求得的取值范围，并结合正弦函数的图象与性质，即可得解．
【详解】由图知，所以，
因为，所以，即，
由，知，
因为在上恰有一个最大值和一个最小值，
所以，解得．
故答案为：．
15. 已知函数，，若对任意的，总存在使得成立，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据任意的，总存在使得成立，问题转化为的值域是值域的子集，故只需分别求出两个函数的值域，利用子集关系建立不等式，即可求出a的取值范围.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以，即，
所以函数的值域为，
因为对任意的，总存在使得成立，
故的值域是值域的子集，
对，，
当时，，符合题意；
当时，函数在单调递增，所以，
所以解得，又，所以，
综上，实数a的取值范围是．
故答案为：
【点睛】本题主要考查等式型双变量存在性和任意性混搭问题，对于形如“任意的，都存在，使得成立”此类问题“等价转化”策略是利用的值域是值域的子集来求解参数的范围．
16. 在中，D是边BC上的点，AD平分，且面积是面积的2倍，，则边__________．
【答案】2
【解析】
【分析】由正弦定理、三角形面积公式、角平分线定理结合余弦定理解三角形即可.
【详解】
如图所示，即
由
由正弦定理可得：，
两式作商得：
设，则，由余弦定理得：
故答案为：2
四.解答题（共6小题，共70分）
17. 已知.
（1）若在（）上单调，求m的最大值；
（2）若函数在上有两个零点，，求实数k的取值范围及的值.
【答案】（1）的最大值为；
（2）;
【解析】
【分析】（1）首先化简函数的解析式，再根据定义域，代入求的范围，结合函数的单调性，即可求解；
（2）由题意转化为两个函数的交点问题，再利用函数的图象，以及对称性，即可求解.
【小问1详解】
，
，
，
，
因为，所以，
若在（）上单调，所以，
解得：，所以的最大值为；
【小问2详解】
由（1）可知，在上有两个零点，，
即与在上有2个交点，
，，设，
即与，有2个交点，
在单调递增，在单调递减，
，，，
则，解得：；
并且，与关于对称，即，
所以
.
18. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.

（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；
（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
【小问2详解】
如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.
【小问3详解】
取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
19. 记锐角的内角的对边分别为.向量，，且.
（1）求角；
（2）已知点为所在平面内的一点，
（i）若点满足，且，求的值；
（ii）若点为内切圆圆心，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直的坐标表示和正、余弦定理计算即可；
（2）（i）由和平面向量的线性运算和数量积运算可得，从而得到为三角形的外心，再由正弦定理即可求解；（ii）由题得分别为的平分线，从而得，设，则，再利用正弦定理和三角恒等变换可得，最后求出值域即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
由正弦定理可得，
由余弦定理有，
因为，所以.
【小问2详解】
（i）因为，
所以，
即，
所以，即为三角形的外心，
由正弦定理可得，
；
（ii）因为点为内切圆圆心，
所以分别为的平分线，
所以，
因为是锐角三角形，则,所以，
所以设，,
则，
所以，即，
，
，
在中，由正弦定理有，
所以，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围为.
20. 已知二次函数同时满足以下条件：①，②，③．
（1）求函数的解析式；
（2）若，，求：
①的最小值；
②讨论关于m的方程的解的个数．
【答案】（1）
（2）①；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）由得，对称轴为，然后设，利用另外两个条件列出方程组求解即得；
（2）①根据二次函数的对称轴与区间的关系分类讨论研究最小值；
②根据①中求得的函数的解析式，分析各段上的函数值的正负，从而得到函数的解析式，画出函数的图象，利用数形结合方法讨论方程的实数根的个数.
【小问1详解】
（1）由得，对称轴为，
设，
∴，得，
∴．
【小问2详解】
（2）①，，对称轴，
ⅰ当即时，在单调递增，
，
ⅱ即时，在单调递减，在单调递增，
∴，
ⅲ当即时，在单调递减，
，
综上：
②画出函数的图象图下图所示：

利用图象的翻转变换得到函数的图象如图所示：

方程的根的个数为函数的图象与直线的交点个数，由图象可知：
当时，方程无解；当时，方程有4个解；当或时，方程有2个解；当时，方程有3个解.
21. 如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设.
（1）若，试用向量表示;
（2）若，求实数x的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的加法运算即可求得；设，利用向量的线性运算结合图形关系可得，再由向量共线的性质得到，最后表示出所求向量即可；
（2）利用向量垂直的性质和数量积的定义式计算可得.
【小问1详解】
，
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
【小问2详解】
，
因为，由于共线，故，
所以，
解．
22. 某镇为了拓展旅游业务，把一块形如的空地(如图所示)改造成一个旅游景点，其中.现拟在中间挖一个人工湖，其中M，N都在边AB上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在的周围安装防护网.
（1）当时，求防护网的总长度.
（2）为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，试问当多大时，的面积最小?最小面积是多少?
【答案】（1）
（2）时，的面积最小，且最小值为
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求得，然后利用勾股定理求得，从而判断为正三角形，即可求解周长；
（2）设，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，根据面积公式和三角恒等变换得，利用正弦函数性质求得最值即可.
【小问1详解】
在中，，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，则，所以，
又，所以，即为正三角形，则的周长为9，
即防护网的总长度为.
【小问2详解】
设，在中，由正弦定理得，
所以，在中，由正弦定理得，
所以，
又，
所以当且仅当，即时，的面积最小，
且最小值为.