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安徽省蚌埠市皖北私立联考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省蚌埠市皖北私立联考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题（Word版附解析），文件包含安徽省蚌埠市皖北私立联考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题Word版含解析docx、安徽省蚌埠市皖北私立联考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
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．
一、单项选择题：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. 将角的终边绕坐标原点O逆时针旋转60°后与130°角的终边重合，则与角终边相同的角的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据题意设，解出即可；
【详解】设，
解得，
所以与角终边相同的角的集合为，
故选：B
2. 已知为第二象限角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由同角的三角函数和切弦互化计算可得.
【详解】因为为第二象限角，且，
所以，
所以，
故选：B
3. 在如图所示的单位圆中，当的取值范围为时，的“古典正弦”为弦BC的长．根据以上信息，当所对的的长为时，的“古典正弦”为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合弧长与半径的比值等于圆心角求出，再由勾股定理求出弦长即可；
【详解】由题意可得，
由弧长与半径的比值等于圆心角，
可得当所对的的长为时，，
所以由勾股定理可得，
即当所对的的长为时，的“古典正弦”为，
故选：B.
4. 若函数的最小正周期为且在区间上单调递增，则的解析式可能为（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例可判断AB错误；由降幂公式和余弦函数的单调性可得C正确；由二倍角的正弦公式和正弦函数的单调性可得D错误；
【详解】A：因为当时，；
当时，；
所以在区间上不单调递增，故A错误；
B：因为当时，；
当时，；
所以在区间上不单调递增，故B错误；
C：，最小正周期为，
又，
由余弦函数的单调性可知，为递增函数，故C正确；
D：，
因为，
所以由正弦函数的单调性可得，在上不单调，故D错误；
故选：C.
5. 若将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由辅助角公式变形后得到，再由奇函数的性质结合正弦函数的诱导公式求出即可.
【详解】因为，
则，
因为为奇函数，所以，
所以，
即，
所以，，
所以，
所以最小值为，
故选：D
6. 已知点是重心，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形重心的性质，结合平面向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】
设的中点为，连接，点是的重心，则在上，
，
所以，，
所以.
故选：.
7. 已知函数的部分图象如图所示，若点P，Q为的图象与直线的其中两个交点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用图象找到周期及顶点，通过周期和顶点求得、的值，从而求得，再与联立，求得交点，从而求得的最小值.
【详解】由图象可知，，即，所以.
过点，可得，解得，，
又，所以，所以.
与联立，可得，解得或，.
不妨取，，所以.
故选：C
8. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求其面积的公式，求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积”翻译成公式，即，其中，，分别为中角，，的对边，为的面积．现有面积为的满足，则其内切圆的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知根据正弦定理可得，设，，，，代入题目中所给公式可求得，，，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理可知，
设，则，，，
所以，解得，
所以，，，
设内切圆的半径为，
由，得.
故选：.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分、共18分．在每小题能出的选项中，有多项侍合题目要求，全部选对的得6分、部分选对的得部分分，有选㳻的得0分．
9. 已知向量，，，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C. 若，则
D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用特例说明A、B，根据数量积的运算律判断C，根据向量加法的四边形法则判断D.
【详解】对于A，当与同向时，当与反向时，故A错误；
对于B，当，，，且与不共线时，满足，，但是与不共线，故B错误；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，当与同向时；
当与反向时；
当与不共线时，设，，以、为邻边作一个平行四边形，
则，根据三角形三边关系可得，
即，即；
综上可得，故D正确.
故选：CD
10. 下列关于复数，的说法错误的是（ ）
A 若，则B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于，取即可判断；对于，设，，，，，，利用复数的乘法和共轭复数的概念即可判断；对于，取，，利用复数的乘法和复数的模的运算即可判断.
【详解】对于，若，则，但，故错误；
对于，设，，，，，，
，
所以，
，
所以，故正确；
对于，取，，
，，所以，
，故错误；
对于，取，，
，，
，但，故错误.
故选：.
11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则的图象关于直线对称
B. 若，且在区间上是单调函数，则的取值范围是
C. 若，则在区间上的值域为
D. 若，且在区间上恰有2个零点，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数的对称性举反例可得A错误；由两角和的余弦公式、二倍角的正余弦公式、辅助角公式化简可得，在利用正弦函数的单调性结合周期公式可得B正确；由整体法和正弦函数的值域可得C错误；由整体法和正弦函数的零点可得D正确；
详解】A：若，则，
若的图象关于直线对称，则，
又，，矛盾，故A错误；
B：
由题意可得，则，
因为，所以，
又因为，所以，
又在区间上是单调函数，所以，
解得，故B正确；
C：若，则，
因为，则，
所以，
所以，故C错误；
D：因为，
因为，
又在区间上恰有2个零点，
所以，
解得，故D正确；
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知根据复数的相等可得，，利用复数模的计算求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，解得，
所以.
故答案为：.
13. 如图，一摩天轮的半径为50m，最高点到地面的距离为110m，该摩天轮按逆时针方向匀速旋转一周需要．一游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置时进舱，由此接着转动后，该游客距离地面的高度为__________m．
【答案】85
【解析】
【分析】设在时，距离地面的高度为，其中，，根据题中条件求出、的值，可得出关于的函数关系式，然后将代入函数解析式，即可得解.
【详解】因为摩天轮的半径为50m，最高点到地面的距离为110m，
设在时，距离地面的高度，，，
则，可得，则，
由摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转一圈，
所以，所以，
即，
当时，，所以，
因为，所以，
所以，
当时，，
所以游客进舱转动后，该游客距离地面的高度为.
故答案为：85.
14. 我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”（如图（1）），亦称“赵爽弦图”．类比“赵爽弦图”，可构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知与的面积之比为，设，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】依据题意设出边长，建立平面直角坐标系，同时在中利用余弦定理结合等面积法和勾股定理求出点的坐标，后依据平面向量的坐标运算建立方程，求解参数，最后求和即可.
【详解】设边长为，边长为，
由题意得与的面积之比为，可得，
化简得，可得，不妨设，
如图，作，以为原点建立平面直角坐标系，
在中，设，由余弦定理得，解得，
故，，且设，作，故，
故得，解得，由勾股定理得，
故，易知，，，
可得，，，
且，，
可得，
得到，解得，显然.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后求出关键点的坐标，最后利用平面向量的坐标运算得到所要求的参数值，再求和即可．
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. 已知向量，．
（1）若的夹角为锐角，求实数的取值范围；
（2）若，求．
【答案】（1）且
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的坐标表示和向量共线的充要条件计算即可求出；
（2）由坐标表示向量垂直的冲要条件结合模长的计算即可；
【小问1详解】
因为的夹角为锐角，
所以且与不共线，
则解得且，
故实数的取值范围是且.
【小问2详解】
由题可得．
由，得，
即，解得，
则，
所以．
16. 已知复数．
（1）若在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若，且，在复平面内对应的点分别为A，B，已知为坐标原点，求向量在上的投影向量的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由复数的几何意义列不等式组，解出即可；
（2）由复数的几何意义求出，再根据投影向量的坐标计算出结果即可；
【小问1详解】
因为在复平面内对应的点位于第四象限，
所以解得，
故的取值范围为
【小问2详解】
由题可知．
所以，，
则，，
所以．
所以在上的投影向量的坐标为
．
17. 在中，角，，所对的边分别是，，，且．
（1）求；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知根据正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式即可求解；
（2）由余弦定理结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
因为，所以，则，
又，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，
可得，当且仅当时等号成立，即，
所以，
即周长的最大值为.
18. 已知函数．
（1）若函数，且当时，有零点，求实数的取值范围；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换后结合正弦函数的值域求出，再根据有零点，即有解求出即可；
（2）由同角的的三角函数关系求出，再经过拆角变换和两角差余弦展开式求出即可；
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以．
当时，有零点，即有解，
所以的取值范围为．
【小问2详解】
因为，
所以．
因为，所以，
所以，
所以．
19. 已知函数．
（1）在如图所示的坐标系中，画出在区间上的图象；
（2）求函数在区间上的零点个数；
（3）将的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在时有2个不等实根，求实数的取值范围和的值．
【答案】（1）作图见解析
（2）4 （3），
【解析】
【分析】（1）先列表，再作图即可；
（2）因式分解已知方程后结合（1）中的图象作答即可；
（3）由图象平移的性质得到，再由正弦函数的值域结合方程根的性质得到，最后利用正弦函数的对称性可得即可求出结果；
【小问1详解】
列表如下：
在区间上的图象如图所示．
【小问2详解】
令，可得，
即，
所以或．
结合（1）中的图象，可知在上，当时，的值有2个，
当时，的值有2个，
所以在区间上的零点个数为4．
【小问3详解】
将的图象先向右平移个单位长度，可得的图象，
再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象．
关于的方程在时有2个不等实根，
即在时有2个不等实根．
当时，，，
所以，，即的取值范围为．
再根据正弦函数的图象的对称性，可得，则，
故．0
1
2
0
0
1
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
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．
一、单项选择题：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. 将角的终边绕坐标原点O逆时针旋转60°后与130°角的终边重合，则与角终边相同的角的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据题意设，解出即可；
【详解】设，
解得，
所以与角终边相同的角的集合为，
故选：B
2. 已知为第二象限角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由同角的三角函数和切弦互化计算可得.
【详解】因为为第二象限角，且，
所以，
所以，
故选：B
3. 在如图所示的单位圆中，当的取值范围为时，的“古典正弦”为弦BC的长．根据以上信息，当所对的的长为时，的“古典正弦”为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合弧长与半径的比值等于圆心角求出，再由勾股定理求出弦长即可；
【详解】由题意可得，
由弧长与半径的比值等于圆心角，
可得当所对的的长为时，，
所以由勾股定理可得，
即当所对的的长为时，的“古典正弦”为，
故选：B.
4. 若函数的最小正周期为且在区间上单调递增，则的解析式可能为（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例可判断AB错误；由降幂公式和余弦函数的单调性可得C正确；由二倍角的正弦公式和正弦函数的单调性可得D错误；
【详解】A：因为当时，；
当时，；
所以在区间上不单调递增，故A错误；
B：因为当时，；
当时，；
所以在区间上不单调递增，故B错误；
C：，最小正周期为，
又，
由余弦函数的单调性可知，为递增函数，故C正确；
D：，
因为，
所以由正弦函数的单调性可得，在上不单调，故D错误；
故选：C.
5. 若将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由辅助角公式变形后得到，再由奇函数的性质结合正弦函数的诱导公式求出即可.
【详解】因为，
则，
因为为奇函数，所以，
所以，
即，
所以，，
所以，
所以最小值为，
故选：D
6. 已知点是重心，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形重心的性质，结合平面向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】
设的中点为，连接，点是的重心，则在上，
，
所以，，
所以.
故选：.
7. 已知函数的部分图象如图所示，若点P，Q为的图象与直线的其中两个交点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用图象找到周期及顶点，通过周期和顶点求得、的值，从而求得，再与联立，求得交点，从而求得的最小值.
【详解】由图象可知，，即，所以.
过点，可得，解得，，
又，所以，所以.
与联立，可得，解得或，.
不妨取，，所以.
故选：C
8. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求其面积的公式，求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积”翻译成公式，即，其中，，分别为中角，，的对边，为的面积．现有面积为的满足，则其内切圆的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知根据正弦定理可得，设，，，，代入题目中所给公式可求得，，，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理可知，
设，则，，，
所以，解得，
所以，，，
设内切圆的半径为，
由，得.
故选：.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分、共18分．在每小题能出的选项中，有多项侍合题目要求，全部选对的得6分、部分选对的得部分分，有选㳻的得0分．
9. 已知向量，，，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C. 若，则
D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用特例说明A、B，根据数量积的运算律判断C，根据向量加法的四边形法则判断D.
【详解】对于A，当与同向时，当与反向时，故A错误；
对于B，当，，，且与不共线时，满足，，但是与不共线，故B错误；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，当与同向时；
当与反向时；
当与不共线时，设，，以、为邻边作一个平行四边形，
则，根据三角形三边关系可得，
即，即；
综上可得，故D正确.
故选：CD
10. 下列关于复数，的说法错误的是（ ）
A 若，则B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于，取即可判断；对于，设，，，，，，利用复数的乘法和共轭复数的概念即可判断；对于，取，，利用复数的乘法和复数的模的运算即可判断.
【详解】对于，若，则，但，故错误；
对于，设，，，，，，
，
所以，
，
所以，故正确；
对于，取，，
，，所以，
，故错误；
对于，取，，
，，
，但，故错误.
故选：.
11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则的图象关于直线对称
B. 若，且在区间上是单调函数，则的取值范围是
C. 若，则在区间上的值域为
D. 若，且在区间上恰有2个零点，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数的对称性举反例可得A错误；由两角和的余弦公式、二倍角的正余弦公式、辅助角公式化简可得，在利用正弦函数的单调性结合周期公式可得B正确；由整体法和正弦函数的值域可得C错误；由整体法和正弦函数的零点可得D正确；
详解】A：若，则，
若的图象关于直线对称，则，
又，，矛盾，故A错误；
B：
由题意可得，则，
因为，所以，
又因为，所以，
又在区间上是单调函数，所以，
解得，故B正确；
C：若，则，
因为，则，
所以，
所以，故C错误；
D：因为，
因为，
又在区间上恰有2个零点，
所以，
解得，故D正确；
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知根据复数的相等可得，，利用复数模的计算求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，解得，
所以.
故答案为：.
13. 如图，一摩天轮的半径为50m，最高点到地面的距离为110m，该摩天轮按逆时针方向匀速旋转一周需要．一游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置时进舱，由此接着转动后，该游客距离地面的高度为__________m．
【答案】85
【解析】
【分析】设在时，距离地面的高度为，其中，，根据题中条件求出、的值，可得出关于的函数关系式，然后将代入函数解析式，即可得解.
【详解】因为摩天轮的半径为50m，最高点到地面的距离为110m，
设在时，距离地面的高度，，，
则，可得，则，
由摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转一圈，
所以，所以，
即，
当时，，所以，
因为，所以，
所以，
当时，，
所以游客进舱转动后，该游客距离地面的高度为.
故答案为：85.
14. 我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”（如图（1）），亦称“赵爽弦图”．类比“赵爽弦图”，可构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知与的面积之比为，设，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】依据题意设出边长，建立平面直角坐标系，同时在中利用余弦定理结合等面积法和勾股定理求出点的坐标，后依据平面向量的坐标运算建立方程，求解参数，最后求和即可.
【详解】设边长为，边长为，
由题意得与的面积之比为，可得，
化简得，可得，不妨设，
如图，作，以为原点建立平面直角坐标系，
在中，设，由余弦定理得，解得，
故，，且设，作，故，
故得，解得，由勾股定理得，
故，易知，，，
可得，，，
且，，
可得，
得到，解得，显然.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后求出关键点的坐标，最后利用平面向量的坐标运算得到所要求的参数值，再求和即可．
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. 已知向量，．
（1）若的夹角为锐角，求实数的取值范围；
（2）若，求．
【答案】（1）且
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的坐标表示和向量共线的充要条件计算即可求出；
（2）由坐标表示向量垂直的冲要条件结合模长的计算即可；
【小问1详解】
因为的夹角为锐角，
所以且与不共线，
则解得且，
故实数的取值范围是且.
【小问2详解】
由题可得．
由，得，
即，解得，
则，
所以．
16. 已知复数．
（1）若在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若，且，在复平面内对应的点分别为A，B，已知为坐标原点，求向量在上的投影向量的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由复数的几何意义列不等式组，解出即可；
（2）由复数的几何意义求出，再根据投影向量的坐标计算出结果即可；
【小问1详解】
因为在复平面内对应的点位于第四象限，
所以解得，
故的取值范围为
【小问2详解】
由题可知．
所以，，
则，，
所以．
所以在上的投影向量的坐标为
．
17. 在中，角，，所对的边分别是，，，且．
（1）求；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知根据正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式即可求解；
（2）由余弦定理结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
因为，所以，则，
又，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，
可得，当且仅当时等号成立，即，
所以，
即周长的最大值为.
18. 已知函数．
（1）若函数，且当时，有零点，求实数的取值范围；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换后结合正弦函数的值域求出，再根据有零点，即有解求出即可；
（2）由同角的的三角函数关系求出，再经过拆角变换和两角差余弦展开式求出即可；
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以．
当时，有零点，即有解，
所以的取值范围为．
【小问2详解】
因为，
所以．
因为，所以，
所以，
所以．
19. 已知函数．
（1）在如图所示的坐标系中，画出在区间上的图象；
（2）求函数在区间上的零点个数；
（3）将的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在时有2个不等实根，求实数的取值范围和的值．
【答案】（1）作图见解析
（2）4 （3），
【解析】
【分析】（1）先列表，再作图即可；
（2）因式分解已知方程后结合（1）中的图象作答即可；
（3）由图象平移的性质得到，再由正弦函数的值域结合方程根的性质得到，最后利用正弦函数的对称性可得即可求出结果；
【小问1详解】
列表如下：
在区间上的图象如图所示．
【小问2详解】
令，可得，
即，
所以或．
结合（1）中的图象，可知在上，当时，的值有2个，
当时，的值有2个，
所以在区间上的零点个数为4．
【小问3详解】
将的图象先向右平移个单位长度，可得的图象，
再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象．
关于的方程在时有2个不等实根，
即在时有2个不等实根．
当时，，，
所以，，即的取值范围为．
再根据正弦函数的图象的对称性，可得，则，
故．0
1
2
0
0
1
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