2022-2023学年江西师范大学附属中学高一下学期第三次月考数学试题含解析

2022-2023学年江西师范大学附属中学高一下学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知向量，且，则=（    ）

A． B． C．6 D．8

【答案】D

【分析】求出向量的坐标，根据向量垂直的坐标表示列式计算，可得答案.

【详解】由题意得，

因，所以，

即 ,所以，

故选：D

2．已知的顶点坐标分别为、、，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值，再利用同角三角函数的基本关系求出的值，最后利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】因为的顶点坐标分别为、、，则，，

所以，，则为锐角，

所以，，

因此，.

故选：B.

3．已知为单位向量，，向量，的夹角为，则在上的投影向量是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据投影向量定义计算即可.

【详解】为单位向量，则 ，

则向量在向量上的投影向量为.

故选：C.

4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则（    ）

A．4 B．6 C． D．

【答案】D

【分析】根据三角形内角和定理，结合同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式、正弦定理进行求解即可.

【详解】因为，由正弦定理可得，

则，

，，，

，为内角，

，则，，,

故选：D.

5．若为奇函数，则（    ）

A．2 B．-2 C． D．

【答案】C

【分析】利用奇函数的定义分类讨论求解即可

【详解】因为函数为奇函数，

所以的定义域关于原点对称.

若，则的定义域

不关于原点对称，

所以的定义域为且，

从而，解得.

所以，定义域为.

令，

得.

经检验，为奇函数，

故选：C.

6．已知函数的最小正周期，将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像关于原点对称，则下列关于函数的说法错误的是（    ）

A．函数的图像关于直线对称

B．函数在上单调递减

C．函数在上有两个极值点

D．方程在上有3个解

【答案】D

【分析】由题可得，.

A选项，将代入，验证其值是否为可判断选项；

B选项，由在上的单调性可判断选项；

C选项，由在上的极值点可判断选项；

D选项，验证在上是否有3个解可判断选项.

【详解】由题.

的图像向右平移个单位长度后对应的解析式为，因其过原点，则，结合，可得.

A选项，，则的图像关于直线对称，故A正确；

B选项，时，，因，在上单调递减，则在上单调递减，故B正确.

C选项，时，.令，

因，，则函数在上有两个极值点，故C正确；

D选项，时，.由，可得，则方程在上有2个解，故D错误.

故选：D

7．已知，函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据正弦函数的单调性求出函数的单调递减区间，然后根据条件给出的区间建立不等式关系进行求解即可.

【详解】由，得，

即函数的单调递减区间为，

令，则函数其中一个的单调递减区间为：

函数在区间内单调递减，

则满足，得，所以的取值范围是.

故选：D.

8．已知中，，且的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，由题可得、、三点共线，进而可得的最小值为到边上的高，根据几何关系求出，将化成，通过几何关系求出的最小值即可.

【详解】设，于是，

令，

∵，则，，共线，

故，

由图可得，当时，有最小值，

又∵，，

∴，即，

即为等边三角形．

由余弦定理，，

设M为BC中点，

，

∴当取最小值时，有最小值，

∵为边上任意一点，

∴当时，有最小值，

设，过点作于点，则，

又∵，为的中位线，

∴，即，

∴．

故选：B.

二、多选题

9．已知，，下列结论正确的是（       ）

A．与同向共线的单位向量是

B．与的夹角余弦值为

C．向量在向量上的投影向量为

D．

【答案】ACD

【分析】根据单位向量的求法判断A，由向量夹角公式判断B，根据向量投影的求法判断C，利用数量积判断D.

【详解】，故A正确；

，故B错误；

向量在向量上的投影向量为，故C正确；

由，故D正确.

故选：ACD

10．已知（其中，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．函数在区间单调递减

D．若，且，则

【答案】BC

【分析】根据图象可确定最小正周期，从而求得，知A错误；根据五点作图法可求得，知B正确；利用余弦型函数单调性的判断方法可知C正确；由已知等式可求得，根据同角三角函数平方关系及的范围，可确定D错误.

【详解】对于A，由图象可知：的最小正周期，，

解得：，A错误；

对于B，由五点作图法可知：，

，又，，B正确；

对于C，由AB得：，

当时，，单调递减，C正确；

对于D，，，

，

，，，D错误.

故选：BC.

11．已知向量，，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为

C．若与共线，则为或

D．存在，使得

【答案】AB

【分析】根据得到，即可得到，即可判断A选项；根据投影向量得到，即可得到，即可判断B选项；根据与共线和得到，解得，根据可得，即可得到的坐标，即可判断C选项；假设成立，可得到，与矛盾，即可判断D选项.

【详解】对于A，若，则有，即，A正确；

对于B，，，在上的投影向量为，所以，∵，∴，B正确；

对于C，若与共线，设，所以有，解得，

因为，，∴，所以，C不正确；

对于D，若成立，则与反向，所以，，，解得，即有，

则，与矛盾，故D不正确．

故选：AB.

12．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（      ）

A．若B+C=2A，则面积的最大值为

B．若，且只有一解，则b的取值范围为

C．若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为

D．为的外心，则

【答案】ACD

【分析】对于A，由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D.

【详解】对于A，由正弦定理可得，

因为，所以，所以，

若，且，所以，

由余弦定理得，

由，可得，即，

则面积，所以面积的最大值为，故A正确；

对于B，若，且，由正弦定理得，

所以，当时即，所以时有一解，故B错误；

对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形，

所以，解得，所以，

由正弦定理得，故C正确；

对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且，

设，所以，

所以，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若外接圆面积为，则面积的最大值为______．

【答案】

【分析】利用正弦定理的边角互化和余弦定理求出角，再利用基本不等式和三角形面积公式求解.

【详解】由已知及正弦定理得，所以，

所以，又，所以．

由的外接圆面积为，得外接圆的半径1．

由正弦定理得，

所以，所以，解得，

所以的面积，当且仅当时等号成立．

故答案为: .

14．在△ABC中，角所对的边分别是，其中，，.若B的角平分线BD交AC于点D，则______.

【答案】##

【分析】由角平分线性质及正弦边角关系得、，应用余弦定理求得，在△中应用余弦定理求，正弦边角关系确定最终的长度.

【详解】由题设，则，

又，则，故，又，即，

在△中，由余弦定理知：，即，得，故，

在△中，由余弦定理知：，

故，故或，

又，即，故.

故答案为：

15．如图，在边长为2的等边中，点为中线的三等分点（靠近点），点为的中点，则______.

【答案】1

【分析】利用向量的线性运算得，再利用数量积的计算公式计算即可.

【详解】在边长为2的等边中，为中线，则，

.

故答案为：1

16．已知满足，当，，若函数在上恰有八个不同的零点，则实数的取值范围为_____.

【答案】

【分析】根据函数的周期性，作出函数在上的图象，将函数的零点个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，数形结合，可得答案.

【详解】由题意知满足，故是以8为周期的函数，

结合，作出函数在上的图象，如图示：

因为，

故时，即或，

则在上恰有八个不同的零点，即等价于的图象和直线有八个不同的交点，

由图象可知，和的图象有6个不同的交点，

则和的图象需有2个不同的交点，即，

故，

则实数的取值范围为，

故答案为：

【点睛】方法点睛：根据函数的周期以及解析式，可作出函数的图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，列出不等式，即可求解.

四、解答题

17．已知，，且.

(1)求与的夹角；

(2)若，求实数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积的运算律得到，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，即可得解；

（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，再求出k的值.

【详解】（1）因为，

所以.

设与的夹角为，

则，又，所以，

故与的夹角为.

（2）因为，所以，

即，即，

所以，即，解得.

18．已知函数在一个周期内的图象如图所示．

(1)求函数的表达式；

(2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再把得到的图象向下平移一个单位，再向左平移个单位，得到函数的图象，若，求函数的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数图象可得，得，由图象和公式求得，由求得，即可求解；

（2）根据三角函数图象的平移伸缩变换可得，利用正弦函数的单调性即可求出函数的值域.

【详解】（1）根据函数图象可得，，

，，

，得，，

又，，，

，，得，，

又，，

；

（2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到，

再向下平移一个单位得到，

再向左平移个单位得到，

，

当时，，

又函数在上单调递增，在上单调递减，

，

，即值域为

19．已知在中，其角、、所对边分别为、、，且满足．

(1)若，求的外接圆半径；

(2)若，且，求的内切圆半径

【答案】(1)1

(2)1

【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式和辅助角公式化简已知式，可得，即可求出，再由正弦定理的定义可求得的外接圆半径；

（2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可.

【详解】（1）因为，所以，

所以，

因为，所以，

所以，

因为，所以，所以，

因为，所以，

所以，所以外接圆半径．

所以.

（2）因为，由题可知，所以，

又因为，可得，

因为．

由的面积，得．

20．已知函数.

(1)若，求的值；

(2)若函数有且仅有一个零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）原方程可化为，结合是减函数，且可得答案；

（2）利用换元法转化为有且仅有一个零点，根据，，再分别分析开口向上和向下的情况，得出答案.

【详解】（1）原方程等价于，即，

可化为.

令，则是减函数，

又，所以.

（2）令得，

所以，且，

整理得，

令，则有且仅有一个零点，且，，

①当时，，此时，且开口向上，

所以在上有且仅有一个零点；             

②当时，，此时，且开口向下且对称轴方程为，因为，，故要使在上有且仅有一个零点，

只要且，可得符合条件； 综上：.

21．已知锐角三角形中，角的对边分别为，且满足.

(1)求证：；

(2)若，求三角形面积的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先根据正弦定理得，然后结合余弦定理化简整理得，解方程即可证明；

（2）先利用正弦定理表示出，结合面积公式得出，利用的范围及函数的单调性进行求解.

【详解】（1）由正弦定理可得，又，所以，

整理得，即有，

所以，即，

，，则，

所以，所以.

（2）由（1）得，因为，由，得,

设三角形的面积为，

则

，在锐角三角形中，,且，

所以，所以，设，则，

记，则，所以函数在上单调递减，

所以，所以，即三角形面积的取值范围.

22．已知函数的图象关于直线对称，且两相邻对称中心之间的距离为．

(1)求的最小正周期和单调递增区间；

(2)若函数为偶函数，求的最小值．

(3)若关于的方程在区间上总有实数解，求实数的取值范围．

【答案】(1)，函数的单调递增区间；

(2)的最小值为；

(3).

【分析】（1）根据相邻对称中心的距离求出周期，得的值，根据对称轴求出，得出解析式，结合正弦函数的单调性求单调区间；

（2）根据奇偶性的性质列方程求的最小值．

（2）将方程有实数根转化为两个函数有交点，求值域的问题，由此可求的取值范围．

【详解】（1）因为函数两相邻对称中心之间的距离为，

所以函数的最小正周期，

所以，又，所以，

函数图象关于直线对称，，

解得：，，

所以，，

由，

得：，

所以函数的单调递增区间；

（2）由（1），

因为函数为偶函数，

所以，

所以或（舍去），，

所以，，

所以的最小值为．

（3）当时，，，

因为关于的方程在区间上总有实数解，

所以函数的图象与函数的图象有交点，

所以，

所以，

所以