云南省文山州广南县第十中学校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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考试时间：120分钟
注意事项：
1.答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
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. 命题：“∀x∈（-1，1），都有x2＜1”的否定是（（ ）
A. ，都有B. ，都有
C. ，使得D. ，使得
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称命题否定是特称命题进行判断即可．
【详解】命题是全称命题，则否定是特称命题即： ∃x∈（-1，1），使得x2≥1，
故选C．
【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，利用全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键．比较基础．
2. 下列说法错误的是（ ）
A. 向量与向量长度相等B. 单位向量都相等
C. 的长度为，且方向是任意的D. 任一非零向量都可以平行移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的相关概念直接判断即可.
【详解】因为，所以和互为相反向量，长度相等，方向相反，故A选项正确；
单位向量长度都为，但方向不确定，故B选项错误；
根据零向量的概念，易知C选项正确；
向量只与长度和方向有关，与位置无关，故任一非零向量都可以平行移动，故D选项正确；
故选：B.
3. 设集合，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解方程求出集合A，B，再求两集合的并集
【详解】依题意，，
故，
故选：C
4. 已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，若角终边有一点，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定义即可得到方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得，
故选：B.
5. 已知幂函数的图象过点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的定义域是B. 在其定义域内为减函数
C. 是奇函数D. 是偶函数
【答案】D
【解析】
【分析】首先将点坐标代入得幂函数表达式进而得其定义域单调性，结合奇偶性的定义即可得解.
【详解】由题意设幂函数为，则，所以，，
其定义域为全体实数，且它在内单调递增，
又，所以是偶函数，故ABC错误，D正确.
故选：D.
6. 在中，“角为锐角”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】分析条件与结论的关系，根据充分条件和必要条件的定义确定正确选项.
【详解】若角为锐角，不妨取，则，
所以“角为锐角”是“”的不充分条件，
由，可得，所以角不一定为锐角，
所以“角为锐角”是“”的不必要条件，
所以“角为锐角”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
7. 在中，，，，是中点，则（ ）
A. B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量运算求得正确答案.
【详解】由于是中点，
所以
.
故选：A
8. 如图，在△中，点M是上的点且满足，N是上的点且满足，与交于P点，设，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三点共线有，使、，由平面向量基本定理列方程组求参数，即可确定答案.
【详解】，，
由，P，M共线，存在，使①，
由N，P，B共线，存在，使得②，
由①② ，故.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9. 下列各式中，最小值是的有（ ）
A B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用基本不等式逐一求解即可.
【详解】，
当且仅当，即时，等号成立，则A符合题意；
当时，，则B不符合题意；
，此时无解，
即，则C不符合题意；
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，则D符合题意.
故选：AD
10. 在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 是锐角三角形
D. 的最大内角是最小内角的倍
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用余弦定理可判断BC选项；利用二倍角的余弦公式可判断D选项.
【详解】对于A，由正弦定理可得，A对；
对于B，由余弦定理可得，，，
所以，，B错；
对于C，因为，则为最大角，又因为，则为锐角，故为锐角三角形，C对；
对于D，由题意知，为最小角，则，
因为，则，则，D错.
故选：AC.
11. 已知，，，，，那么（ ）
A.
B. 若，则，
C. 若A是BD中点，则B，C两点重合
D. 若点B，C，D共线，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量运算、向量平行（共线）等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，
，A选项正确.
B选项，若，则，故可取，B选项错误.
C选项，若是的中点，则，即，
所以，所以两点重合，C选项正确.
D选项，由于三点共线，所以，
，
，
则或，所以D选项错误.
故选：AC
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若向量满足，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案
【详解】∵
∴
∴.
故答案为：.
13. 已知的内角、、的对边分别是，，，若，，，则的面积为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理可得，由余弦定理可得，从而有，再由三角形的面积公式求解即可.
【详解】解：因为，则，
由正弦定理可得，，即，
由余弦定理可得，
则，解得，所以，
又因为，
所以.
故答案为：
14. 函数的单调递减区间是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先确定函数的定义域, 再分别得出内层函数和外层函数的单调性，根据复合函数的性质求出函数的单调区间即可.
【详解】 的定义域为，解得，
或,
求原函数的单调递增区间, 即求函数的减区间,
, 可知单调递减区间为,
综上可得, 函数单调递增区间为 .
令 , 由 , 得或,
函数 的定义域为 ,
当 时, 内层函数 为增函数,而外层函数 为减函数,
函数 的单调递减区间是 .
故答案为:.
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. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，，求三角形ABC的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）由（1）知，，，利用余弦定理求出，代入三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）由已知及正弦定理可得，
化简可得，，因为
所以，因为，所以.
（2）由余弦定理得，
化简可得，，由（1）知，
所以.
【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形和三角形的面积公式、两角和的正弦公式；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；灵活运用正余弦定理进行边角互化是求解本题的关键；属于中档题.
16. 已知，，是同一平面内的三个不同向量，其中.
（1）若，且，求；
（2）若，且，求的最小值，并求出此时与夹角的余弦值.
【答案】（1）或
（2），此时
【解析】
【分析】（1）先设,根据坐标求模公式，即可求解.
(2) 根据题意，条件可化简为，再根据基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
因为，且，所以设，
所以，
解得，
所以或.
【小问2详解】
由，得，
所以，
因为，，可得，
因为，所以，
当且仅当，时取等号.
所以.
设与夹角，则此时.
17. 设函数是定义在上的奇函数，且.
（1）确定函数的解析式；
（2）试判断函数的单调性，并用定义法证明.
【答案】（1）；（2）在上单调递增，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由函数是定义在上的奇函数，则，解得的值，再根据，解得的值，从而求得的解析式．
（2）设，化简可得，然后再利用函数的单调性定义即可得到结果．
【详解】（1）∵函数是定义在上的奇函数，
∴由，得．
又∵ ， ∴ ，解之得；
所以函数的解析式为：；
（2）设， 则 ∵，，
∴，即，
所以在上单调递增．
【点睛】本题主要考查了奇函数的性质，函数解析式的求法，以及利用函数单调性定义证明函数的单调性，属于基础题．
18. 已知向量，函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）当时，求函数最值．
【答案】（1）
（2）最大值0，最小值
【解析】
【分析】（1）根据数量积的定义，两角和的正弦公式，二倍角公式化简函数解析式，再由正弦型函数周期公式求函数周期；
（2）利用不等式性质求的范围，再由正弦函数和一次函数性质求函数的最值．
【小问1详解】
由已知得，
，
所以的最小正周期；
【小问2详解】
当时，，，
则，
当，即时，函数有最大值；
当，即，函数有最小值．
19. 在①；②；③（其中为的面积）三个条件中任选一个补充在下面问题中，并作答．
在中，角，，边分别为，，，且________．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形且，求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：根据正弦定理边化角结合诱导公式得到，进而得到，即可求解；选②：利用正弦定理角化边结合余弦定理得到，即可求解；选③：根据条件和三角形的面积公式得到，通过三角恒等变换和诱导公式得到，即可求解；
（2）根据正弦定理得到，再利用诱导公式和三角恒等变换得到，结合条件得到的取值范围，根据正弦函数的图象与性质即可得到的取值范围.
【小问1详解】
若选①：
由正弦定理得：，
即，
又因为，则，
所以，又，则，
所以，又，所以.
若选②：
由正弦定理得：，化简得：，
又由余弦定理得：，
因为，所以.
若选③：
因为，
即，
则，
又由正弦定理得：，
又，，所以，
即，
又因为，则，
所以，又，则，
所以，所以.
【小问2详解】
由正弦定理得：，
则，，
所以，
又，
所以，
则，
∵为锐角三角形，
∴，即，解得：，
∴，则，
∴,
故的取值范围是.