四川省泸县第五中学2022-2023学年高一数学下学期4月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学2022-2023学年高一数学下学期4月月考试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泸县五中2023年春期高一第二学月考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷 选择题（60分）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. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据交集的定义即可得出答案.【详解】，.故选：A.2. 命题“对任意的，”的否定是（    ）A. 存在， B. 存在，C. 对任意的， D. 存在，【答案】A【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题解答.【详解】命题“对任意的，”是全称命题，全称命题的否定是特称命题，所以命题“对任意的，”的否定是“存在，”.故选：A3. 在中，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用平行四边形性质及向量线性运算求解作答.【详解】在中，令，则是对角线的中点，.故选：C4. 结果为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据利用两角和的正切公式化简，从而可得出答案.【详解】因为，所以，所以.故选：B.5. 在中，“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：若，则，∴，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，∴，反之也成立，故“”是“”的充要条件；故选：C6. ，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知利用二倍角公式，同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．【详解】，．故选：【点睛】本题主要考查了二倍角公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．7. 幂函数的图象关于轴对称，且在上是增函数，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 和【答案】D【解析】【分析】分别代入的值，由幂函数性质判断函数增减性即可.【详解】因为，，所以当时，，由幂函数性质得，在上是减函数；所以当时，，由幂函数性质得，在上是常函数；所以当时，，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称,在上是增函数；所以当时，，由幂函数性质得，图象关于 y 轴对称,在上是增函数；故选：D.8. 我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式，设的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，“三斜求积”公式表示为.在中，若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据若，，得到ac和，代入求解即可.【详解】解：因为，所以，即，又，所以，所以，故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 在△ABC中，若a＝2bsinA，则B等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】分析】直接利用正弦定理进行边换角即可求解.【详解】依题意，因为a＝2bsinA，由正弦定理，得sinA＝2sinBsinA，所以sinA·(2sinB－)＝0，因为0<A<，0<B<，所以sinA≠0，所以2sinB－＝0，解得sinB＝，所以B＝或故选：AC.10. 如果，，都是非零向量.下列判断正确的有（    ）A. 若，，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】利用平行向量的定义可判断AD，利用数量积的概念及性质可判断BC.【详解】∵，，都是非零向量，∴若，，则，故A正确；若，，则，但不一定等于，故B错误；由，可得，整理可得，所以，故C正确；若，则，故D正确.故选：ACD.11. 关于函数的下述四个结论正确的是（  ）A. 是偶函数 B. 在区间单调递增C. 在有4个零点 D. 的最大值为2【答案】AD【解析】【分析】化简为，由此作出函数图象，结合图象一一判断各选项，可得答案.【详解】由题意函数，作出其图象如图：由图象可知是偶函数，A正确；在区间单调递减，B错误；在有3个零点，C错误；的最大值为2，D正确；故选：AD12. 已知函数．则下列说法正确的是（    ）A. xR，使成立B.  的图象关于原点对称C. 若0<x1<x2<，则 D. 对，x2，x3，有成立【答案】ACD【解析】【分析】求出函数的周期后可判断A；求出可得判断B；求出的范围判断出函数在上的单调性，从而可判断C；求出函数在上的最值可判断D.【详解】函数，的最小正周期，故，，故A正确；，其图象关于点对称，故B错误；时，，所以函数在上单调递增，故C正确；因为 ，所以，故，，又，即，所以任意，，，有恒成立，故D正确.故选：ACD.第II卷 非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知向量，，若向量，则__________．【答案】【解析】【分析】根据向量垂直的充要条件可得出的值，再结合向量模长公式即可.【详解】由可得：，解之故故答案为：14. 在中，点，满足，，若，则_____.【答案】【解析】【分析】根据向量的线性运算，求得，进而求得，即可求解.【详解】根据向量的线性运算，可得，又由，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的线性运算法则的应用，其中解答中熟记向量的运算的法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15. 当时，函数取得最大值，则______.【答案】0【解析】【分析】由辅助角公式得（其中），由此可得当时，函数取得最大值，即，然后将代入中化简可得答案【详解】解：（其中），所以当时，函数取得最大值，即，所以，所以，故答案为：016. 函数，若（），，则的最大值是______.【答案】4【解析】【分析】图象法：画出函数的图象，根据图象分析与的取值范围和关系，结合基本不等式即可求出的取值范围．【详解】解：先画出函数的图象，如下图：因为（），，即，，由图知，则，当且仅当，即时，取等号，又，所以，又因，所以.所以的最大值是4.故答案为：4.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17 已知向量，，，且，．（1）求向量、；（2）若，，求向量，的夹角的大小.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求；（2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求．【小问1详解】解：因为，，，且，，所以，，所以，，所以，；【小问2详解】解：设向量，的夹角的大小为．由题意可得，，，所以，因为，所以．18. 已知函数()的图象经过点. （1）求的最小正周期；（2）若，求的值域.【答案】（1）.（2）【解析】分析】（1）将点代入函数中,可求得,整理,即可求得最小正周期；（2）先求得,进而根据正弦函数的性质求解即可.【详解】（1）因为函数的图象经过点,所以,解得, 所以,所以最小正周期为.（2）因为,所以,所以当,即时,取得最大值,最大值是；当,即时,取得最小值,最小值是所以的值域是.【点睛】本题考查正弦型函数的周期性,考查正弦型函数的值域,考查运算能力.19. 已知若，，，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）．【解析】【详解】分析：（1）由条件利用同角三角函数的基本关系，两角和差的余弦公式即可；（2）再次运用两角和差的余弦公式即可.详解：（1）∵    ∴∵    ∴∴（2）∵    ∴    ∵    ∴∴点睛：本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和差的余弦公式的应用.20. 在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且的面积为，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】对问题（1）根据题目条件结合三角形的正弦定理以及，即可求出的值；对问题（2），根据（1）的结论，再结合三角形的面积公式以及余弦定理，即可求出的值．【详解】（1）∵，∴，．． 即，∵，∴ ，则， （2）∵的面积为，∴，得 ∵，∴ ， ∴，即 ，∵，∴ ，21. 已知函数的最小正周期为．（1）求的解析式；（2）若关于x的方程在区间上有相异两解求：①实数a的取值范围；②的值．【答案】（1）    （2）①，②【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换公式将化简，然后由的最小正周期为，解得，即可得到函数的解析式；（2）将方程有两解转化为函数图像有两个交点，然后结合图像即可求得的范围，然后由正弦函数的对称性即可得到的值.【小问1详解】．因为的最小正周期为，所以，解得．所以．【小问2详解】①，即．关于x的方程在区间上有相异两解，，也即函数与的图像在区间上有两个交点，由，得，在上单调递增，在上单调递减，且，做出在上的图像如图，由图可知，要使函数与的图像在区间上有两个交点，则有，所以实数a的取值范围为．②由（1）和正弦函数的对称性可知与关于直线对称，则有，所以，所以的值为．22. 将二次函数的图象在坐标系内自由平移，且始终过定点，则图象顶点也随之移动，设顶点所满足的表达式为二次函数.例如，当时，；当时，.（1）当，图象平移到某一位置时，且与不重合，有，其中为坐标原点，求的坐标；（2）记函数在区间上的最大值为，求的表达式；（3）对于常数（），若无论图象如何平移，当，不重合时，总能在图象上找到两点，，使得，且直线与无交点，求的取值范围.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）当时，，设点，，通过坐标表示向量，并通过建立等式关系求出的值，进而求得结果；（2）由题意确定二次函数顶点的表达式，进而求出，由函数区间定轴动的思想进行求解；（3）联立无解，证得直线与无交点，设，，通过化简式子发现恒成立，进而求得的取值范围.【小问1详解】当时，，设点，，因为，所以，解得：或，则或，当点的坐标为时，与重合，不合题意，所以，.【小问2详解】设二次函数的图象在坐标系内平移之后的解析式为，为二次函数的顶点，因为函数过定点，则，即，，对称轴为，当时，即，在区间上单调递减，；当时，即，在区间上单调递增，；时，即，在区间上单调递增，在区间上单调递减，.所以.【小问3详解】设直线，则联立，无解，，则直线与无交点；设，，恒成立，的取值范围为.