2024许昌高级中学高一下学期4月月考试题数学含解析

这是一份2024许昌高级中学高一下学期4月月考试题数学含解析，共13页。

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。
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. 对于平面向量，，，下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若与是单位向量，则
C. 若，则 D. 若，，则
2. 将函数的图象沿轴向左平移 个单位后，得到的函数的图象关于原点对称，则的一个可能值为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知中，“”是“”成立的（ ）
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
4. 函数y=xcsx+sinx在区间[–π，π]的图象大致为（ ）
A. B.
C D.
5. 已知角，且，则（ ）
A. B. C. D.
6. 在锐角三角形ABC中，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
7. 若为所在平面内一点，且则点是的（ ）
A. 重心 B. 外心 C. 内心 D. 垂心
8. 已知f（x）是定义在R上周期为2的偶函数，若当时，，则函数在区间上零点的个数为（ ）
A. 2021 B. 2020 C. 4043 D. 4044
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. 下列四个命题为真命题的是（ ）
A. 若向量、、，满足，，则
B. 若向量，，则、可作为平面向量的一组基底
C. 若向量，，则在上的投影向量为
D. 若向量、满足，，，则
10. 若M是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则M是边BC的中点
B．若，则M是边BC的中点
C．若，则点M是△ABC的重心
D．若，且，则△MBC的面积是△ABC面积的
11．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，如图，设扇形的面积为，其圆心角为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面为“美观扇面”，下列结论正确的是（参考数据：）（ ）

A．
B．若，扇形的半径，则
C．若扇面为“美观扇面”，则
D．若扇面为“美观扇面”，扇形的半径，则此时的扇形面积为
12. 已知函数，满足，，且在上单调，则的取值可能为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
三．填空题（共4小题，每题5分，共20分。）
13. 已知函数，的部分图象如图，则 ___________.
14. 将函数图象上所有的点都向左平移个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，则___________.
15. 如图，在中，，，是以为直径的上半圆上的动点（包含端点，），是的中点，则的最大值是______；的最大值是______.
16. 已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．
四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
（10分）17.（1）已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的非负半轴，终边经过点，求的值；
（2）若是方程的根，求的值.
(12分)18. 已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，＝2e1＋e2，＝－e1＋λe2，＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线．
（1）求实数λ的值；
（2）若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求的坐标；
（3）已知点D(3，5)，在（2）的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．
(12分)19.已知函数的最小正周期为4，且满足．
（1）求解析式．
（2）是否存在实数满足？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
(12分)20. “南昌之星”摩天轮于2006年竣工，总高度160，直径153.匀速旋转一圈需时30.以摩天轮的中心为原点建立平面直角坐标系，画示意图，如图1.
设座舱为起始位置如图2，经过后，逆时针旋转到，此时点距离地面的高度（）满足，其中，，.
（1）根据条件求出（）关于（）的解析式；
（2）在摩天轮转动的第一圈内，有多长时间P点距离地面不低于45.25？
(12分)21. 如图所示，在中，是边的中点，是线段的中点.过点的直线与边，分别交于点，.设，，，.
（1）化简：；
（2）求证：为定值；
（3）设的面积为，的面积为，求的取值范围.
(12分)22. 个有次序的实数a1,a2,…an所组成的有序数组(a1,a2,…an)称为一个n维向量，其中ai(i=1,2,…n)称为该向量的第个分量.特别地，对一个n维向量a=(a1,a2,…an)，若|ai|=1，，称为n维信号向量.设a=(a1,a2,…an)，b=(b1,b2,…bn)，则和的内积定义为a.b=i=1naibi，且.
(1)写出所有3维信号向量；
(2)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(3)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量；
(4)已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：.
数学答案
1，B 2 ，C 3，C 4，A 5，A 6，A 7，D 8，C ，，9，BC 10，ACD 11，AC 12，AB
6. 【详解】因为为锐角三角形，所以，
所以，所以
所以，故A正确；
同理，，所以，故B错误；
同上，，所以，故C错误；
又时，，故D错误.
故选：A
7. 【详解】，
得，即；
，
得，即；
，
，即，所以为的垂心.
故选：D.
10. 【答案】ACD
【解析】对于A，由，得，即，
因此点M是边BC的中点，故A正确；
对于B，，，
则点在边的延长线上，所以B不正确；
对于C，设中点，则,，
由重心性质可知C正确；

对于D，，且 ，
设分别取AB，的中点为N，，则，
即点 M在过AB中点且平行BC的直线上即M在上，
在的中位线上， 的面积是的，选项D正确.

故选：ACD.
12. 【详解】由，知函数图象关于直线对称，
又，即是函数的零点，
则，，
即，.
由在上单调，
则，即，
所以.
当时，由，，得，，
又，所以，此时当时，，
所以在上单调递增，故符合题意；
当时，由，，得，，
又，所以，此时当时，，
所以在上单调递增，故符合题意；
当时，由，，得，，
又，所以，此时当时，，
所以上不单调，故不符合题意.
综上所述，或3.
故选：AB.
13. 14. 15. 2 ; 6 16.
15. 【详解】因为，，
所以，即,
所以,
当且仅当与重合时取等号，
故的最大值是2.
取的中点，连接交半圆与点，
则，
又，
即，
当且仅当与重合时取等号，
故的最大值是6.
故答案为：2；6.
16. 【详解】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
17.（1）因为角终边经过点，所以，
所以.
（2）由可得或，故，
所以.
18.（1）＝＋＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2.
因为A，E，C三点共线，所以存在实数k，使得＝k，即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2.
因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，所以解得k＝－，λ＝－.
（2）＝＋＝－3e1－e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2)．
（3）因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以＝.设A(x，y)，则＝(3－x，5－y)，
因为＝(－7，－2)，所以，
解得，即点A的坐标为(10，7)．
19. (1)解：因为的最小正周期为4，所以．
因为满足，
所以的图象关于点(1/2,0)对称，
所以，
所以，即，
又，所以．
所以解析式为．
(2)由，可得．
当时，，．
在同一坐标系中作出与的大致图象，如图所示，
当时，，．
再结合的单调性可知点的横坐标即方程的根，解得．
结合图象可知存在实数满足，的取值范围是．
20. (1)依题意, 当时, 点, 以为终边的角为.
所以 .
根据摩天轮匀速旋转一圈需时, 可知摩天轮转动的角速度为,
即
所以 , ;
(2)令
即 ,
又 , 所以 ,
所以 ,
所以在摩天轮转动的第一圈内, 有,点距离地面不低于.
21.(1) 是边的中点，是线段的中点
(2)证明：设
于是
又，，，
，
根据向量的运算法则可知
三点共线
整理可得：，即
故为定值，定值为.
(3)设
22.【解】（2）根据题意，结合维向量的定义，
则两两垂直的4维信号向量可以为：.
（3）假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（4）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到，
则，设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
令所以，所以.