2022-2023学年江苏省南通市海安市实验中学高一下学期3月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安市实验中学高一下学期3月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南通市海安市实验中学高一下学期3月月考数学试题 一、单选题1．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】使用换底公式及对数运算性质求解.【详解】故选：C2．已知角的终边过点，则的值为（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合三角函数的定义、两角差的正切公式求得正确答案.【详解】.故选：D3．平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．【详解】设 ①， ，②，与向量(1，0)夹角为钝角，，③，由①②③解得，，故选：D．4．化简=（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用降次公式和诱导公式化简所求表达式，由此求得正确结论.【详解】依题意，原式，故选B.【点睛】本小题主要考查三角函数降次公式，考查三角函数诱导公式，属于基础题.5．已知中，，，AD与BE交于点P，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平面向量基本定理，用基底向量表示,然后利用向量相等即可求解.【详解】，，AD与BE交于点P，且，，∴，又，∴，解得，，∴.故选：A.6．如图，已知点是边长为2的正三角形的边上的动点，则（    ） A．最大值为8 B．为定值6C．最小值为2 D．与的位置有关【答案】B【分析】因为共线,所以设,再代入求解即可.【详解】因为共线,故,.所以.故选：B【点睛】本题主要考查了共线向量的运用以及数量积的转换计算,属于中档题.7．已知，，一条对称轴为，若关于x的方程，在有两个不同的实数根，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由是的对称轴及，可求出，得到，换元后利用正弦函数的图象和性质求解即可．【详解】因为是函数的一条对称轴，所以，解得，又因为，所以，所以.， ，即，，设，则，在上有两个零点，即与在上有两个交点，如图,当时，，所以，即，故选：A．8．克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，完成下题：如图，半圆的直径为2，为直径延长线上的一点，，为半圆上一点，以为一边作等边三角形，则当线段的长取最大值时，（ ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【解析】根据已知条件先分析出的最大值并得到之间的关系，由此借助余弦定理求解出的长度，再利用余弦定理即可求解出的大小.【详解】因为，且为等边三角形，，所以，所以，所以的最大值为，取等号时，所以，不妨设，所以，所以解得，所以，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是理解题中所给的定理，由此分析得到角的关系，并借助余弦定理即可求解出结果. 二、多选题9．已知，是方程的两个实数根，则下列关系式中一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由题意根据韦达定理可知，，再利用三角函数间的关系即可求解.【详解】解：，是方程的两个实数根，由韦达定理可知，，对于A，，A选项正确；对于B，，B选项正确；对于C，，C选项错误；对于D，，D选项正确；故选：ABD.10．在三角形ABC中，下列命题正确的有（    ）A．若，，，则三角形ABC有两解B．若，则一定是钝角三角形C．若，则一定是等边三角形D．若，则的形状是等腰或直角三角形【答案】BCD【分析】利用正弦定理，对A进行判断，得到A，B都是锐角，再利用同角三角函数的基本关系，及两角和与差的三角函数公式得，对B进行判断，利用余弦函数的性质对C进行判断，利用正弦定理及两角和与差的三角函数公式，对D进行判断，从而得出结论.【详解】对于A，因为，，，所以由正弦定理得, 所以角只有一个解，A选项错误；对于B，由，即，所以，即，所以，所以，故一定是钝角三角形，B选项正确；对于C，因为所以所以，C选项正确；对于D，因为，由正弦定理可得，所以因为，，所以，解得或，即或，所以的形状是等腰或直角三角形，D选项正确.故选：BCD.11．在中，D为AB上一点满足，若P为线段CD上一点，且，（为正实数），则下列结论正确的是（    ）A． B．C．的最大值为 D．【答案】AD【分析】由题设结合三点共线可得，再应用基本不等式及的关系求的最值和的取值范围，利用向量加减、数乘的几何意义求的线性关系．【详解】由题设，可得，又三点共线，所以，对于A选项，，又，∴，故A正确；对于B选项，由，即知，B错误；对于C选项，由，为正实数，，则，当且仅当时等号成立，故C错误；对于D选项，由知，，则，而，所以，由得，即，故D正确，故选：AD．12．已知定义在上的偶函数，满足，则下列结论正确的是（    ）A．的图象关于对称B．C．若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增D．若函数在区间上的解析式为，则在区间上的解析式为【答案】BC【分析】利用函数的对称性可判断A选项；利用已知条件结合偶函数的性质可判断B选项；利用函数周期性可判断C选项；设，利用【详解】对于A选项，因为，则函数的图象关于点对称，A错；对于B选项，因为且函数为偶函数，所以，可得，所以，，所以，对任意的，，B对；对于C选项，因为，若函数在区间上单调递增，则在区间上单调递增，C对；对于D选项，当时，，，所以，，D错.故选：BC. 三、填空题13．已知，则       ．【答案】【分析】根据已知条件利用三角函数和差倍角公式，辅助角公式化简计算后可得，最后利用诱导公式化简求值即可.【详解】解：，则.故答案为：14．在中，，，若对任意的实数，恒成立，则的面积等于          ．【答案】/【分析】由不等式对任意的实数恒成立，通过向量的数量积运算转化为关于的二次不等式恒成立，即可求出，的值，从而可求的面积．【详解】因为，所以，即，所以又因为，，所以，即对任意的实数恒成立，所以，即，所以，因为所以，所以的面积为，故答案为：．15．已知三角形ABC中，是的重心，P是内部（不含边界）的动点，若（），则的取值范围        .【答案】【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，先求出两点的坐标，设，利用，将用表示，再根据线性规划即可得出答案.【详解】如图，以点为原点建立平面直角坐标系，，则，则，因为是的重心，所以，即，直线的方程为，即，设，P在内部（不含边界），，因为，即所以，所以，则，令，则，由图可知当直线过点时，，当直线过点时，，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查了向量中的最值问题，建立平面直角坐标系进行坐标运算和把点的位置用不等式组体现是解题的关键. 四、双空题16．如图，在平面凸四边形中，为对角线的中点.若.则       ，       .【答案】     3     【分析】设，则，由，利用余弦定理建立，解方程即可得到答案；在中，由余弦定理即可算得.【详解】设，则，因为，P为AC的中点，所以，，，又，所以，即，代入数据有，解得，所以；在中，由余弦定理得，，所以.故答案为：3；.【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查学生的数学运算能力，是一道容易题. 五、解答题17．已知，为锐角，，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合正弦二倍角公式进行求解即可；（2）根据同角的三角函数关系式，结合两角差的余弦公式进行求解即可.【详解】（1）因为为锐角，，所以，则；（2）由于，为锐角，则，又，所以.18．在中，，点D在边上，.(1)若，求的值，(2)若，且点D是边的中点，求的值.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出的值；（2）作出辅助线，得到，由余弦定理求出，从而求得答案.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，所以，解得或，经检验均符合要求；（2）在中，过D作的平行线交于E，因为点D是边的中点，所以点E为AC的中点，在中，，又，所以.由余弦定理得：，所以，所以或（舍去），故.19．如图，在中，已知，，，点D是上一点，满足，点E是边上一点，满足(1)当时，求(2)是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在非零实数，使得 【分析】（1）当时，、分别是，的中点，则、，然后根据已知条件即可求解；（2）假设存在非零实数，使得，利用、为基底分别表示出和，由求出值即可．【详解】（1）解：当时，，，、分别是，的中点，，，；（2）解：假设存在非零实数，使得，由，得，；又，；，解得或（不合题意，舍去），所以存在非零实数，使得．20．已知函数在一个周期内的图象如图所示.（1）求的解析式；（2）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的单调递增区间.【答案】（1）；（2）、.【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期的值，可求出，再将点代入函数解析式，结合的取值范围可求得的值，由可求得的值，综合可得出函数的解析式；（2）利用函数图象变换求得，求出函数在上的单调递增区间，再与定义域取交集可得结果.【详解】（1）由图可得函数的最小正周期为，所以，， ，则，，则，，则，所以，，因为，所以，，所以，；（2）由题意可得，令，，得，，记，则.因此，函数在上的增区间是、.【点睛】方法点睛：根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法：（1）求、，；（2）求出函数的最小正周期，进而得出；（3）取特殊点代入函数可求得的值.21．如图，正方形ABCD边长为5，其中AEF是一个半径为4的扇形，在弧EF上有一个动点Q，过Q作正方形边长BC，CD的垂线分别交BC，CD于G，H，设，长方形QGCH的面积为S.（1）求关于的函数解析式；（2）求的最大值.【答案】（1），；（2）5.【分析】（1）先根据题意计算在竖直方向上和水平方向上的投影的长度，即可计算的长度，计算长方形QGCH的面积再化简即得结果；（2）先换元，确定新元的范围和函数，再根据二次函数求最值即得结果.【详解】解：⑴，则在竖直方向上的投影的长度为，在水平方向上的投影长度为，故，，，，整理得：，；（2），，令，即，平方可得，当时，可求得.，， 根据二次函数对称性可知，当时，.【点睛】方法点睛：求含有正余弦函数的和（或差）及乘积的函数求最值（范围）时，常进行三角换元，令和（或差）为新变量，形成二次函数，求二次函数最值（范围）即可.22．已知函数（且）.(1)判断并证明函数的奇偶性；(2)若，求函数的值域；(3)是否存在实数a，b，使得函数在区间上的值域为，若存在，求a，b的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)函数是奇函数，证明见解析.(2).(3)存在，，. 【分析】（1）求得函数的定义域，由函数的奇偶性的定义可得证；（2）根据指数函数和对数函数的单调性可得答案；（3）由的定义域得，分，，讨论函数的单调性，建立不等式组求解即可.【详解】（1）解：函数是奇函数. 证明如下：由，解得的定义域为.因为对任意的，都有，且，所以，是奇函数.（2）解：当时，，.因为的定义域是，所以，所以，，所以，所以，的值域是.（3）解：因为函数在上的值域为，又，且，由的定义域得，所以.①当时，因为在上单调递减，所以函数在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以无解.（或者因为，所以，所以无解），故此时不存在实数a，b满足题意.②当时，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，所以，即，解得或（舍），.综上，存在实数，.