湖北省宜昌市长阳土家族自治县第一高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题

这是一份湖北省宜昌市长阳土家族自治县第一高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

满分150分．考试时间：120分钟．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
2．已知角终边上一点的坐标为，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．若“，”是假命题，则实数的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
4．设，，向量，，，且，，则（ ）
A．B．C．D．10
5．已知点是所在平面上一点，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，是函数在上的两个零点，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知是半径为4，圆心角为的扇形，点，分别是，上的两动点，且，点在圆弧上，则的最小值为（ ）
A．4B．8C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，记与的图象在轴右侧的公共点为（），则下列选项正确的有（ ）
A．B．直线是的图象的一条对称轴
C．的图象关于点对称D．的最小值是
11．已知点为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ）
A．B．直线必过边的中点
C．D．若，且，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．与向量方向相反的单位向量是______．
13．已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______．
14．已知为的边上一点，，，，则______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）在中，角，，的对边分别是，，，已知，，．
（1）求的值；
（2）若角为锐角，求的值及的面积．
16．（15分）已知是定义在上的奇函数，且当时，．
（1）求函数在上的解析式；
（2）若在上有最大值，求实数的取值范围．
17．（15分）已知函数（）．
（1）当时，求函数在上的值域；
（2）在中，内角，，的对边分别为，，，为的平分线，若的最小正周期是，，，，求的面积．
18．（17分）已知函数，其中，其中．
（1）判断并证明函数在上的单调性：
（2）求的值
（3）是否存在这样的负实数，使对一切恒成立，若存在，试求出取值的集合；若不存在，说明理由．
19．（17分）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拼截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动，若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）
（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍
（ⅰ）若，足够长，求机器人乙能否挑战成功．
（ⅱ）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？
长阳一中2023级高一年级下学期3月月考
数学试题参考答案
一、选择题：
1．【答案】C【详解】，，则．故选：C
2．【答案】D【详解】因为角终边上一点，设为原点，则，
由正弦函数的定义，得．故选：D．
3．【答案】C【详解】解：因为“，”是假命题，
所以其否定“，”是真命题，故只要即可，
因为的最大值为1，所以，解得，所以实数的最小值为．故选：C．
4．【答案】C【详解】，，，，，
，，，，
，．故选：C．
5．【答案】D【详解】解：由题意：为所在平面内的一点，
，所以，
所以，选：D．
6．【答案】B【解析】由函数在区间上单调递增，
则满足，解得，即实数的取值为．故选：B．
7．【答案】A【详解】，，
关于对称，，
．故选：A．
8．【答案】B【详解】以为原点建立如图所示的直角坐标系，
设（），
设（），又，所以，可得，，，
所以
，
其中，，
又，所以，，
所以，，，，
所以，的最小值为8．故选：B．
二、选择题：
9．【答案】AD【详解】由，，
得，，则，故A正确；
由，两边平方得：，则．
，则，，
又，
当时，联立，解得，，
，；
当时，联立，解得，，，．
故B、C错误，D正确．故选：AD
10．【答案】ABD【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到，故A正确；
又，所以直线是的图象的一条对称轴，故B正确；
因为，所以的图象不关于点对称，故C错误；
由，得，
所以（），即（），
又，所以当时，取得最小值，故D正确．故选：ABD
11．【答案】ACD【详解】如图所示，点为所在平面内一点，且，
可得，即，
即，所以，所以A是正确的；
在中，设为的中点，由，可得，
所以，所以直线不过边的中点，B不正确；
由，可得且，所以，
所以，可得，所以，，
所以C正确：由，可得，因为，且，可得，所以，所以D正确．
三、填空题：
12．【答案】【详解】由题意，．
故答案为：．
13．【详解】由已知且、不共线，则，解得且．
14．【答案】【详解】因为，所以，
所以由，得，于是．
设，则，，
在中，由余弦定理得，
即，解得．
所以，．
在中，由正弦定理得，
故．
四、解答题：
15．【详解】（1）因为，，由正弦定理，得．
（2）因为，且，所以，．
由余弦定理，得，解得或（舍），
所以．
16．【详解】（1）令，则．所以．
又是定义在上的奇函数，所以，且．
所以
（2）结合（1）的结论，作出函数的图象如下：
当时，，所以在区间上有最大值，满足题意；
当时，，在区间上无最大值，不满足题意；
当时，易得，在区间上有最大值，满足题意．
综上，实数的取值范围为．
17．【详解】（1）
，
当时，，又，故，
又在上单调递增，在单调递减，且，，，故函数在上的值域为．
（2）由（1）知，，由其最小正周期为，可得，
又，解得，则；
由，即，又，可得，
则，即；
为的平分线，故可得，，
则，
即，；
在三角形中由余弦定理可得，
即，
将代入上式可得：，即，
解得，或（舍去）；
故的面积为．
18．【详解】（1），为减函数．
设任意，则，
因为，故，，
所以，故
即，所以，因此在上为减函数．
（2），，
故．
（3）因为，
故，
故，而，该定义域关于原点对称，故为奇函数．
故等价于．
由（1）可知在上为减函数，
故，所以
对任意均成立，故即．
故的取值集合为．
19．【详解】（1）如图，在中
由余弦定理得，，
所以
所以，（当且仅当时等号成立），故两机器人运动路程和的最大值为6．
（2）（ⅰ）在中由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，故，
因为，可知两机器人的运动方向平行，所以不论多长，机器人乙都不可能掸截到甲，
所以不可能拦截成功．
（ⅱ）设，则，
由余弦定理可得，所以
所以
由题意得对任意恒成立，
故，当且仅当时取到等号．
答：矩形区域的宽至少为2米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．