江西省兴国平川中学等多校联考2023-2024年高一下学期期中调研测试数学（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．考查范围：必修第一册占20%，必修第二册第一章至第四章第一节占80%．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．
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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量线性运算的坐标表示及向量垂直列方程计算即可．
【详解】由已知得，因为，
所以，即，解得，
故选：B．
3. 已知中，内角，，所对的边分别为，，，满足，，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】由正弦定理，则，解得.
故选：C.
4. 已知角的终边经过点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，再由三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以，解得，
所以.
故选：A.
5. 如图所示，某广场的六边形停车场由4个全等的等边三角形拼接而成，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量线性运算可求得结论.
【详解】依题意，.
故选：.
6. 函数在上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，令，转化为二次函数求解.
【详解】解：依题意，
令，
故.
故当时，有最大值，当时，有最小值3，
故所求值域为.
故选：B.
7. 已知的中心为O，若，且，则（ ）
A B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得到，再由求解.
【详解】解：因为，故.
而，故，
则.
故选：B.
8. 已知中，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由正弦定理，，在中，由正弦定理，，两式相除可得，设，可得，可求.
【详解】由，可得D为BC中点，
因为，故，
在中，由正弦定理，①，
在中，由正弦定理，②，
两式相除可得，；设，
而，可得，
则.
故选：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. 已知实数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由不等式的性质即可判断AB；作差法判断C，特殊值法判断D．
【详解】对于A，因为，所以，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，故B正确；
对于C，，
因为，所以，所以，故C正确；
对于D，令，可知D错误，
故选：．
10. 已知函数，则（ ）
A. 是的一个周期
B. 的图象关于直线对称
C. 将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称
D. 在区间上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】求得的最小正周期可判断A；由，可判断B；，可判断C；，结合余弦函数的单调性可判断D.
【详解】易知函数的最小正周期为，故是的一个周期，故A正确；
因为，所以不是的图象的对称轴，故B错误；
因为，所以函数为奇函数，故C正确；
因为，可得，
所以由余弦函数的单调性可得函数在区间上先减后增，故D错误.
故选：AC.
11. 已知中，点满足，点在内（含边界），其中，则（ ）
A. 若，，则B. 若两点重合，则
C. 若存在，使得能成立D. 存在，使得能成立
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算即可判断A；由重心的性质即可判断B；由平面向量基本定理即可判断CD．
【详解】对A，，即，故，则，故，故A错误；
对B，由得，，故为的重心，则为的重心，故，故正确；
对C，D，取的中点，则，
由点在内（含边界），
过点作，与线段交于点M，与射线交于点如图所示，
设，则，
设，则，
因为，所以，则，
故C和D正确，
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知扇形的弧长为，面积为，则扇形所在圆的半径为______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用扇形面积公式求解即得.
【详解】令扇形所在圆的半径为，依题意，，所以.
故答案为：3
13. 已知函数在上单调递增，则实数的值可以是______．（写出满足条件的一个值即可）
【答案】0（答案不唯一，）
【解析】
【分析】把函数化成分段函数，求出其单调递增区间，再借助集合的包含关系求解即得.
【详解】依题意，函数，显然函数在R上单调递增，
而函数在上单调递减，在上单调递增，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
又函数在上单调递增，于是，则，解得，
实数的值可以是0.
故答案为：0（答案不唯一）
14. 已知A，B，C三座小岛的位置如图所示，其中B岛在A岛的南偏西方向，C岛在B岛的正东方向，A，C两岛相隔4千海里，一货轮由A岛出发沿着的方向直线航行了的路程后，到达M岛进行补给后再前往C岛，若M岛到B岛的距离与M岛到A岛的距离相同，则B，C两岛的距离为______千海里．
【答案】
【解析】
【分析】在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，可求得.
【详解】依题意，，记，
所以4，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由余弦定理得，
故，解得，
因为，则.
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. （1）求的值；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用平方关系和诱导公式求解；
（2）利用三角函数的齐次式求解.
【详解】.（1）依题意.
（2）依题意，.
16. 已知，是平面内两个不共线的单位向量，，，，是该平面内的点，其中，，，， ，三点共线．
（1）求的值；
（2）若，求，夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量共线可得，从而求出的值；
（2）设的夹角为，由，求出，结合向量模长公式，即可求出，夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为三点共线，故存在，使得，
则，
则解得.
【小问2详解】
设的夹角为.
依题意，，
故，
解得，
即夹角的余弦值为
17. 已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其中，，．
（1）求的外接圆半径；
（2）求周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用商数关系和平方关系化简求得，再利用正弦定理求解；
（2）先利用余弦定理得到，再利用基本不等式求解.
【小问1详解】
解：依题意，
解得，
故的外接圆半径.
【小问2详解】
由余弦定理得，
因为，则，
则，故，
当且仅当时等号成立，
故周长的最大值为.
18. 已知直线是函数的图象的一条对称轴，且在上单调递增．
（1）求的值和的单调递增区间；
（2）在上面网格纸中作出在上的大致图象；
（3）将函数的图象的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的值域．
【答案】（1），增区间为
（2）作图见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用对称轴求出，在结合函数的单调减区间求出范围，从而得到，利用正弦函数的单调性即可求出函数的单调递增区间；
（2）由（1）的解析式，利用五点法作出它在的图象；
（3）根据函数关系的平移和伸缩变换的应用求出函数的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可求出在上的值域.
【小问1详解】
依题意，，故，
由于在上单调递增，故，
所以，解得，故；
令，解得，
故的单调递增区间为.
【小问2详解】
作出在上的大致图象如下所示：
小问3详解】
将函数的图象的横坐标缩短为原来的后，得到；
再向右平移个单位长度后，得到图象；
当时，，
所以当时，，
当时，，
故在上的值域为.
19. 若定义在D上的函数满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界，最小的M称为函数的上确界．
（1）求函数的上确界；
（2）已知函数，，证明：2为函数的一个上界；
（3）已知函数，，若3为的上界，求实数的取值范围．
参考数据：，．
【答案】（1）2 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数的形式，再根据上确界的定义即可求解.
（2）对函数进行换元，并根据定义域求出值域，进而证明2是一个上界.
（3）将问题转化为对恒成立，再构造函数，利用函数的单调性即可得解.
【小问1详解】
依题意，
故，故的上确界为2.
【小问2详解】
证明：令，故原函数化为，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
且；
故，故2为函数的一个上界.
【小问3详解】
依题意，在上恒成立，即对恒成立；
令，故对恒成立，
所以，
设.
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为在上的最小值为；
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义的问题.关键点是根据题意理解有界函数的新定义，并结合函数的换元法求值域，以及分离参数解决恒成立问题.