2022-2023学年山西省大同市陵川县平城中学高二下学期第一次月考数学试题含解析

2022-2023学年山西省大同市陵川县平城中学高二下学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合，判断两个集合之间的关系即可得答案.

【详解】由题可得，，

所以，且，，.

故选：B.

2．已知向量，，且，则实数（    ）

A．3 B．1 C． D．

【答案】B

【分析】根据向量垂直的坐标表示可直接构造方程求得结果.

【详解】由得：，

解得：.

故选：B.

3．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦定理即得．

【详解】由题可得，，

试题.

故选：C．

4．设为所在平面内一点，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算求解作答.

【详解】在中，，

.

故选：A

5．在中，三角形三条边上的高之比为，则为（    ）

A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形

【答案】A

【分析】由题可得三角形三条边之比为，然后利用余弦定理，求出最大边所对角的余弦值，即可判断出结果.

【详解】因为三角形三条边上的高之比为，

所以三角形三条边之比为，即，

不妨设，

则最大角的余弦值为，

因此角为钝角，三角形为钝角三角形.

故选：A.

6．定义在上的偶函数满足，且在区间上递增，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由条件求出函数的周期，再根据函数的单调性结合条件即得.

【详解】∵定义在R上的偶函数，所以，

又满足，

所以，

所以是周期为4的函数，又函数在区间上递增，

所以在区间上递减，

所以，，

因为，，所以，

所以，即.

故选：B．

7．已知是的外心，，，则（    ）

A．10 B．9 C．8 D．6

【答案】A

【分析】根据三角形外心的性质，结合数量积的几何意义以及数量积运算律，即可求得答案.

【详解】如图，O为的外心，设为的中点，

则,

故

,

故选：A

8．在中，角所对的边分别为，，，若，则的值为（    ）

A．2013 B． C．2029 D．

【答案】D

【分析】对，利用正、余弦定理整理得，根据题意结合三角恒等变换分析运算即可.

【详解】∵，由正弦定理可得：，

整理得：，

由余弦定理可得：，故

.

故选：D.

二、多选题

9．下列说法中错误的是（    ）

A．若，，则 B．

C．若，则 D．

【答案】ABC

【分析】根据共线向量的概念，向量数量积的概念及运算法则逐项分析即得.

【详解】对于A，若时，，不一定能推出，故A错误；

对于B，不妨考虑不共线且不互相垂直时，向量与向量不共线，所以不能推出，故B错误；

对于C，若且时，则，而不一定相等，故C错误；

对于D，根据数量积的运算法则可知，故D正确.

故选：ABC.

10．在中，，则的面积可以是（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】AD

【分析】由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可求出答案．

【详解】解：∵，

由余弦定理得，

∴，

∴，或，

∴由的面积公式得或，

故选：AD．

【点睛】本题主要考查三角形的面积公式的应用，考查余弦定理解三角形，属于基础题．

11．在中，，，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．的面积为2

C．的外接圆直径是 D．的内切圆半径是

【答案】ABD

【分析】利用二倍角公式求出，根据同角三角函数的基本关系求出，再由余弦定理求出，由正弦定理求出外接圆的直径，利用面积公式及等面积法判断B、D；

【详解】解：因为，所以，

所以，，故A、B正确；

由余弦定理，即，所以，

所以外接圆的直径，故C错误；

设的内切圆半径为，则，即，所以，故D正确；

故选：ABD

12．设P为所在平面内一点，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则点P是的重心

B．若，则点P是的垂心

C．若，，则点P是的内心

D．若，则点P是的外心

【答案】ABD

【分析】对于A：以，为邻边作平行四边形PADB，M为PD的中点，利用向量的线性运算得到，即可证明；对于B：利用数量积运算证明出，，得到P为的垂心，即可证明；对于C：在边AB，AC上分别取点E，F，使，，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则四边形AEGF为菱形，即可判断；对于D：证明出，，，即可证明.

【详解】对于A：若，则.

以，为邻边作平行四边形PADB，M为PD的中点，则，所以，又，所以，故P为的重心.

所以A正确；

对于B：若，则，即，即，所以.

同理，则，故P为的垂心.

故B正确；

对于C：在边AB，AC上分别取点E，F，使，，则，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则四边形AEGF为菱形.

连接AG，则AG为的角平分线，由，所以点P在角平分线AG上，故点P的轨迹一定通过的内心.

所以C错误；

对于D：若，则，同理有，，故P为的外心.

所以D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．在△ABC中，，则=__________

【答案】2π3

【分析】由可得，再由余弦定理可得结果.

【详解】

，

所以，故答案为.

【点睛】本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

14．若，且，则的最小值为______.

【答案】5

【分析】由，且，得到,进而有，利用基本不等式求解.

【详解】解：因为，且，

所以,

则，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为5，

故答案为：5

15．探空气球是将探空仪器带到高空进行温度、大气压力、湿度、风速、风向等气象要素测量的气球，利用探空仪将实时探测到的大气垂直方向上的气象数据反馈给地面雷达，通过数据处理，成为全球预报员制作天气预报的重要依据.大气压强对气球能达到的最大高度和停留时间有非常大的影响.已知大气压强随海拔高度的变化规律是，其中是海平面大气压强.若探空气球在两处测得的大气压强分别为，，且，那么两处的海拔高度的差约为______m.（参考数据：）

【答案】5500

【分析】根据题意结合对数运算求解.

【详解】设两处的海拔高度分别为，

由题意可得：，且，

即，且，

可得，两边同时取对数可得：，

即，整理得，

即两处的海拔高度的差约为5500 m.

故答案为：5500.

16．已知为的垂心（三角形的三条高线的交点），若，则______.

【答案】##

【分析】由题可得，，利用，得，，可得， 再利用平方关系结合条件即得.

【详解】因为，

所以，同理，

由H为△ABC的垂心，得，即，

可知，即，

同理有，即，可知，即，

所以， ，又，

所以．

故答案为：.

四、解答题

17．已知，，且与的夹角为.

(1)求.

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求得，再利用数量积的运算律求解；

（2）先求得，根据向量模的求法，结合数量积的运算律求解.

【详解】（1）解：因为，，且与的夹角为，

所以，

所以

；

（2），

.

18．在中，角，，的对边为，，，已知.

(1)证明：；

(2)若，求的值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦公式推理作答.

（2）由已知结合余弦定理角化边，代入计算作答.

【详解】（1）在中，由及正弦定理得：，

而，因此，

即有，显然，有，

即，角B为锐角，又，，因此，

所以.

（2）在中，由及余弦定理得：，整理得，

而，即，于是，又，即

所以.

19．如图，在矩形中，和分别是边和上的点，满足，.

(1)若，其中，，求，的值；

(2)连接分别交，于，两点.记，，以，为基底来表示.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定的图形，利用作基底，结合平面向量基本定理求解作答.

（2）结合（1）中信息，利用平面向量基本定理确定点的位置，即可求解作答.

【详解】（1）在矩形中，，，则，

，因此，

又，不共线，于是，解得，

所以.

（2）为与的交点，则，

，，

又，即存在，，则，

因为不共线，因此，解得，

显然与的交点是线段、的中点，则，即是线段的中点，

所以.

20．已知函数的最小正周期为，的图象过点，且，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.

(1)求函数在上的值域；

(2)若在上恰有两个不同的实数解，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用函数的最小正周期公式表示点，代入求解角，再根据对称性求解，得到函数，根据图像平移变换得到函数，并求其在给定区间上的值域；

（2）化简变形，再求解方程，通过恰有两个不同的实数解，限制的取值范围，从而得解.

【详解】（1）因为函数的最小正周期为，

所以，.

由于的图象过点，即过，代入得

，即.

则，或，又，

所以取.

由于，则的图象关于对称，

故，则.

又因为，则令.

故.

将的图象向左平移个单位长度后得.

当，，

令，在单调递减，在单调递增，

当时，取最小值，最小值为；当时，取最大值，最大值为.

所以，

所以函数在上的值域为.

（2）因为，，

令

,

由于在上恰有两个不同的实数解，

则在上恰有两个不同的实数解，

当，，

当时，，或，或，

所以依题意，解得.

所以的取值范围.

21．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.

(1)求角的大小；

(2)已知，若为锐角三角形，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再根据求解；

（2）由（1）求得，再由，利用三角函数的性质求解.

【详解】（1）解：在中， ，

所以,

因为，

所以，即，

则；

（2）由（1）知：，

所以，

，

，

，

因为为锐角三角形，

所以

所以，则，解得，

所以，则，

所以，

所以的取值范围是.

22．已知函数.

(1)若的定义域为，求的取值范围；

(2)若，使得在区间上单调递增，且值域为，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得恒成立，然后利用参变分离结合函数的性质即得；

（2）根据复合函数的单调性结合条件可得，且，进而可得在上有两个不等实根，然后根据二次函数的性质即得.

【详解】（1）因为的定义域为，，

所以，即恒成立，

因为，，当时等号成立，

所以，即的取值范围为；

（2）因为函数在其定义域上为增函数，要使在区间上单调递增，

则函数在区间上单调递增，又为增函数，

所以在上为增函数，显然时不合题意，

所以，且，

又在区间上单调递增，且值域为，

所以，即，

所以在上有两个不等实根，

则，解得，

所以的取值范围为.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.