陕西省安康市高新中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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考试时长：120分钟 总分：150分
一、选择题（共8小题，每小题5分）
1. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用平面向量基本定理求解即得.
【详解】向量不共线，则，由共线，得，，
于是，则且，解得，
所以实数的值为.
故选：C
2. 若，则“”是 “”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
3. 对于任意的平面向量，，，下列说法中正确的是（ ）
A. 若且，则B. 若，且，则
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取判断A；取特殊值判断B；根据向量的运算律判断C；根据数量积的运算律判断D.
【详解】对于A：当时，满足且，但不一定平行，故A错误；
对于B：当，且时，，但，故B错误；
对于C：由分配律可知，，故C正确；
对于D：表示一个与共线的向量，表示一个与共线的向量，而与不一定共线，故D错误；
故选：C
4. 古希腊数学家泰特托斯（Theaetetus，公元前417—公元前369年）详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数，，，，如图，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用直角三角形中边角关系和两角和的余弦公式即可求解.
【详解】记，由图知：，，，
所以
.
故选：B.
5. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
6. 已知向量，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【详解】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选：D．
7. 在中，内角，，所对的边为，，，若，，，则角的大小为（ ）
A. B. 或C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理及三角形内角和性质求角的大小.
【详解】由，则，而，故或，
显然，所得角均满足.
故选：B
8. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解.
【详解】因为，所以，
则，，
所以.
故选：B.
二、多选题（共4小题，每小题5分）
9. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可.
【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错；
，则，将代入中得，
则，，解得，，
因为，所以，，，
所以是的对称轴，故B正确；
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故C错；
该图象向右平移个单位可得，故D正确.
故选：BD
10. 定义在R上的函数满足，函数为偶函数，且当时，，则（ ）
A. 的图象关于点成中心对称B. 对任意整数，
C. 的值域为D. 的实数根个数为7
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用函数的对称性、周期性以及时，，可作出的完整图象，数形结合求解.
【详解】由可得函数以4为周期，
又由函数为偶函数可得，
所以函数的一条对称轴为，
又由时，，所以作出函数图象如下，
所以由图可知，的图象不关于点成中心对称，A错误；
对任意整数，，B正确；
的值域为，C正确；
由可得，令，
作出如图，
注意到
，，
所以的图象和的图象共有7个交点，
即的实数根个数为7，D正确；
故选:BCD.
11. 已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 在方向上的投影向量为
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】由题意可得，根据可判断A；根据在方向上的投影向量为可判断B；根据可判断C；根据数量积的运算律可判断D.
【详解】因为，都是单位向量，所以，
所以，即，故A正确；
在方向上的投影向量为，故B正确；
若，则，即，即，
因为，所以，故C错误；
若，则，
所以，即，故D错误.
故选：AB
12. 已知函数，若方程有4个不同实根，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】画出函数图像，结合函数性质逐项分析得答案.
【详解】当时，即，当且仅当时取等号，
在上递增，在上递减，
当时，且在上递减，在上递增，
综上，可得图象如下，
当且仅当时方程有4个不同实根，A错误；
结合图象及题设知：，B正确；
由题得且，
所以，C正确；
是方程的两个根，即方程的两个根，
所以则，
由，得，所以，D正确.
故选：BCD.
三、填空题（共4小题，每小题5分）
13. 关于的不等式的解集为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】分析可知，、是关于的方程的两根，利用韦达定理可得出的值.
【详解】因为关于的不等式的解集为，则，
且、是关于的方程的两根，
由韦达定理可得，，解得，所以，.
故答案为：.
14. 已知，且，则的最小值是__________.
【答案】9
【解析】
【分析】变换，展开利用均值不等式计算得到答案.
【详解】，所以，
，
当且仅当，即，即时，等号成立.
所以的最小值是9.
故答案为：
15. 已知函数，对，有，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到函数是上的单调递减函数，结合分段函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.
【详解】因为对，，有，
可得函数是上的单调递减函数，
由，则满足，解得，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 某网店统计了连续三天售出商品种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，则该网店
①第一天售出但第二天未售出的商品有______种；
②这三天售出的商品最少有_______种.
【答案】 ①. 16； ②. 29
【解析】
【详解】试题分析：①设第一天售出商品的种类集为A，第二天售出商品的种类集为B，第三天售出商品的种类集为C，
如图，
则第一天售出但第二天未售出的商品有19﹣3＝16种；
②由①知，前两天售出的商品种类为19+13﹣3＝29种，第三天售出但第二天未售出的商品有18﹣4＝14种，当这14种
商品第一天售出但第二天未售出的16种商品中时，即第三天没有售出前两天的商品时，这三天售出的商品种类最少为29种．
故答案为①16；②29．
【名师点睛】
本题将统计与实际情况相结合，创新味十足，是能力立意的好题，关键在于分析商品出售的所有可能的情况，分类讨论时要做到不重复、不遗漏，另外，注意数形结合思想的运用.
四．解答题（共6小题，共70分）
17. 已知为锐角，，．（1）求的值；（2）求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】分析：先根据同角三角函数关系得，再根据二倍角余弦公式得结果；（2）先根据二倍角正切公式得，再利用两角差的正切公式得结果.
详解：解：（1）因为，，所以．
因为，所以，
因此，．
（2）因为为锐角，所以．
又因为，所以，
因此．
因为，所以，
因此，．
点睛：应用三角公式解决问题三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
18. 已知函数
（I）求的值
（II）求的最小正周期及单调递增区间.
【答案】（I）2；（II）的最小正周期是，.
【解析】
【分析】（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．
（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．
【详解】（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cs2xsin x cs x，
＝﹣cs2xsin2x，
＝﹣2，
则f（）＝﹣2sin（）＝2，
（Ⅱ）因为．
所以的最小正周期是．
由正弦函数的性质得
，
解得，
所以，的单调递增区间是．
【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．
19. 如图，某校有一块形如直角三角形的空地，其中为直角，长40米，长50米现欲在此空地上建造一间健身房，其占地形状为矩形，且为矩形的一个顶点，P在边AC上，求该健身房的最大占地面积.
【答案】最大占地面积平方米
【解析】
【分析】设出矩形的边的边长，利用三角形相似求出矩形的宽，表示出矩形面积，利用二次函数的最值，即可求解.
【详解】如图，设矩形为长为米，其中，
健身房占地面积为平方米，
因为，所以，即，求解，
从而，
当且仅当时，等号成立，
即该健身房的最大占地面积为平方米.
【点睛】本题主要考查了函数的实际应用，其中解答中认真审题，表达出函数的解析式，结合二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
20. 设函数．
（1）求的定义域；
（2）求的单调区间；
（3）求在区间的最大值和最小值．
【答案】（1）
（2）的单调递增区间是；单调递减区间是
（3）；
【解析】
【分析】（1）根据定义域的定义和一元二次不等式的解法求解即可
（2）根据复合函数的单调性求解即可
（3）根据函数单调性求最值即可
【小问1详解】
由，
所以的定义域
【小问2详解】
由（1）知的定义域，
令，开口向下，对称轴，
根据复合函数的单调性可知，
的单调递增区间是；单调递减区间是
【小问3详解】
由（2）知单调递增，在单调递减，
在区间的最大值为，又
所以在区间的最小值为，
故在区间的最大值为，最小值为，
21. 已知a,b,c,d为实数，且a2+b2=4,c2+d2=16,证明ac+bd8.
【答案】见解析
【解析】
【详解】试题分析：由柯西不等式可得，代入即得结论．
试题解析：证明：由柯西不等式可得：，
因为
所以，
因此.
22. 在中，角A，B，C对应边为a，b，c，其中．
（1）若，且，求边长c；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
（2）利用正弦定理、两角和的正弦公式以及三角形的面积公式求得正确答案.
小问1详解】
依题意，，
由正弦定理得，即，
，
由于，所以，则，
由正弦定理得.
【小问2详解】
依题意，，
由正弦定理得，
由于，，所以，
由于，所以为锐角，所以，
则，
，
由正弦定理得，
所以.