资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩13页未读，
继续阅读
湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（Word版附解析）
展开
这是一份湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（Word版附解析），文件包含湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题Word版含解析docx、湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期3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20页， 欢迎下载使用。
2024年3月
时量：120分钟 满分150
命题：高一数学备课组 审定：高一数学备课组
一､单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1. 已知向量，.若与平行，则（ ）
A. B.
C. 7D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算和向量共线的充要条件得到方程，解出即可.
【详解】，
由与平行，可得，解得.
故选：D.
2. 在中，，，则角A的大小为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.
【详解】由题意知中，，，
故，即，
由于，故，则或，
故A的大小为或，
故选：D
3. 已知向量，且，则下列一定共线的三点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的共线来证明三点共线的．
【详解】，
则不存在任何，使得，所以不共线，A选项错误；
则不存在任何，使得，所以不共线，B选项错误；
由向量的加法原理知．
则有，又与有公共点，所以三点共线，C选项正确；
，则不存在任何，使得，所以不共线，D选项错误．
故选：C．
4. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对集合化简，然后利用集合的交集运算求.
【详解】由题意得，
，
所以.
故选：C.
5. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为
．
故选：B．
6. 已知函数 ，若 (其中 ，则 的最小值（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】因，
所以由可得，
化简可得，即，
因为，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C
7. 已知函数是定义在上偶函数，函数是定义在上的奇函数，且，在上单调递减，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负，即可求解.
【详解】因为，在上单调递减，是偶函数，是奇函数，
所以在上单调递减，在上单调递增，
对于A中，由，但无法判断的正负，所以A不正确；
对于B中，因为是定义在上的奇函数，可得，
又因为在上单调递减，可得，
因为在上单调递减，且为偶函数，所以在上为增函数，
所以，所以B不正确；
对于C中，由，在上单调递减，所以，所以C不正确；
对于D中，由，在上单调递减，，所以D正确.
故选：D.
8. 在中，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理的边角变换得到，再利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，
两式相减，得，
由正弦定理，得，即，
因为，所以.
故选：C.
二､多选题（本题共3个小题，每小题6分．共18分．在每个小题给出的选项中，有多个选项符合题目的要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. ，恒成立，a的值可以为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】CD
【解析】
【分析】，恒成立转换为恒成立，然后应用一元二次函数的性质解题即可.
【详解】，恒成立，
即恒成立，
所以，即，解得，
故选：CD．
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由余弦函数的图象的对称中心坐标求出的值，可得函数的解析式，
【详解】由图可知，
则，因为，所以．
由，得，得，
因为，所以，
所以．
故选：AB
11. 如图，在梯形中，，，，，，为线段的中点，为线段上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若为线段的中点，则
C. D. 的最小值为6
【答案】AC
【解析】
【分析】对于选项A，过作的垂直，再根据条件即可求出，从而判断出选项A的正误；
对于选项BCD，通过建立平面直角从标系，求出各点坐标，逐一对BCD分析判断即可得出结果.
【详解】选项A，过作的垂直，交于，所以，又，，，，，
所以，故选项A正确；
建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，
选项B，因为为线段的中点，则，，，
所以，由，得到，所以，故选项B错误；
设，则，，
选项C，由，得到，解得，故选项C正确；
选项D，，，所以，
令，对称轴为，又，当时，所以的最小值为，故选项D错误；
故选：AC.
三､填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分）
12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_______________．
【答案】##0.6875
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理角化边可得，从而可得三边之间的关系，利用余弦定理化简求值，即得答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，
则．
故答案为：
13. 在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则______
【答案】
【解析】
【分析】由斜坐标定义用，表示，然后平方转化为数量积求得模．
【详解】由题意，
，
故答案为：．
14. 定义在R上的两个函数和，已知，．若图象关于点对称，则___，___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据题意，利用方程法得到，通过赋值得到，根据的图象关于点对称得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，然后求即可；
②利用方程法得到，整理可得，得到4是的一个周期，然后根据得到，最后再利用周期求即可.
【详解】由可得，
又，所以，
令，所以；
因为的图象关于点对称，所以，
又，所以，
因，所以，，
令，所以，则；
因为，所以，
又，所以，，则，4是的一个周期，
因为，，所以，
因为周期是4，所以.
故答案为：3，0.
四､解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤．）
15. 已知平面向量满足与的夹角为．
（1）求；
（2）当实数为何值时，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的数量积的运算性质进行运算即可；
（2）根据条件得，利用数量积的运算性质进行运算，化简后解方程即可.
【小问1详解】
因为与的夹角为，
所以，
所以
.
【小问2详解】
因为，
所以
，
化为，解得.
16. 已知函数；
（1）确定函数的单调增区间；
（2）当函数取得最大值时，求自变量x的集合．
【答案】16.
17.
【解析】
【分析】（1）借助三角恒等变换将原函数化为正弦型函数后结合正弦型函数的单调性计算即可得；
（2）借助正弦型函数的性质计算即可得.
【小问1详解】
，
由，
∴的单调增区间为；
【小问2详解】
当，即时，有最大值5．
17. 如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
（1）若，，求的面积；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）4； （2）.
【解析】
【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，再在三角形中，利用三角形面积公式即可求得结果；
（2）设，在三角形中分别用正弦定理表示，从而建立关于的三角函数，进而求三角函数的最大值，即可求得结果.
【小问1详解】
因为，的外接圆半径为4，所以，解得.
在中，，则，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
小问2详解】
设，.
又，所以.
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
18. 对于函数，，，如果存在实数a，b，使得，那么称函数为与的生成函数．
（1）已知，，，是否存在实数a，b，使得为与的生成函数？若不存在，试说明理由；
（2）当，时，是否存在奇函数，偶函数，使得为与的生成函数？若存在，请求出与的解析式，若不存在，请说明理由；
（3）设函数，，，，生成函数，若函数有唯一的零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据两角差的正弦化简后可得为与的生成函数；
（2）根据奇函数和偶函数的性质可求与的解析式；
（3）根据生成函数的定义可求，利用对数的运算性质可求得有且只有一个实数解，结合二次函数的图象可求参数的取值范围.
【小问1详解】
因为，
取，故，
故存在实数，使得为与的生成函数.
【小问2详解】
若存在，则，故，
所以，
故.
【小问3详解】
依题意可得，，
令，可得，即（或），
令（或），
结合图象可知，
当时，的图象与直线只有一个交点，
所以，实数的取值范围为.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【小问1详解】
由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
【小问2详解】
由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
【小问3详解】
点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
2024年3月
时量：120分钟 满分150
命题：高一数学备课组 审定：高一数学备课组
一､单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1. 已知向量，.若与平行，则（ ）
A. B.
C. 7D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算和向量共线的充要条件得到方程，解出即可.
【详解】，
由与平行，可得，解得.
故选：D.
2. 在中，，，则角A的大小为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.
【详解】由题意知中，，，
故，即，
由于，故，则或，
故A的大小为或，
故选：D
3. 已知向量，且，则下列一定共线的三点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的共线来证明三点共线的．
【详解】，
则不存在任何，使得，所以不共线，A选项错误；
则不存在任何，使得，所以不共线，B选项错误；
由向量的加法原理知．
则有，又与有公共点，所以三点共线，C选项正确；
，则不存在任何，使得，所以不共线，D选项错误．
故选：C．
4. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对集合化简，然后利用集合的交集运算求.
【详解】由题意得，
，
所以.
故选：C.
5. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为
．
故选：B．
6. 已知函数 ，若 (其中 ，则 的最小值（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】因，
所以由可得，
化简可得，即，
因为，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C
7. 已知函数是定义在上偶函数，函数是定义在上的奇函数，且，在上单调递减，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负，即可求解.
【详解】因为，在上单调递减，是偶函数，是奇函数，
所以在上单调递减，在上单调递增，
对于A中，由，但无法判断的正负，所以A不正确；
对于B中，因为是定义在上的奇函数，可得，
又因为在上单调递减，可得，
因为在上单调递减，且为偶函数，所以在上为增函数，
所以，所以B不正确；
对于C中，由，在上单调递减，所以，所以C不正确；
对于D中，由，在上单调递减，，所以D正确.
故选：D.
8. 在中，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理的边角变换得到，再利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，
两式相减，得，
由正弦定理，得，即，
因为，所以.
故选：C.
二､多选题（本题共3个小题，每小题6分．共18分．在每个小题给出的选项中，有多个选项符合题目的要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. ，恒成立，a的值可以为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】CD
【解析】
【分析】，恒成立转换为恒成立，然后应用一元二次函数的性质解题即可.
【详解】，恒成立，
即恒成立，
所以，即，解得，
故选：CD．
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由余弦函数的图象的对称中心坐标求出的值，可得函数的解析式，
【详解】由图可知，
则，因为，所以．
由，得，得，
因为，所以，
所以．
故选：AB
11. 如图，在梯形中，，，，，，为线段的中点，为线段上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若为线段的中点，则
C. D. 的最小值为6
【答案】AC
【解析】
【分析】对于选项A，过作的垂直，再根据条件即可求出，从而判断出选项A的正误；
对于选项BCD，通过建立平面直角从标系，求出各点坐标，逐一对BCD分析判断即可得出结果.
【详解】选项A，过作的垂直，交于，所以，又，，，，，
所以，故选项A正确；
建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，
选项B，因为为线段的中点，则，，，
所以，由，得到，所以，故选项B错误；
设，则，，
选项C，由，得到，解得，故选项C正确；
选项D，，，所以，
令，对称轴为，又，当时，所以的最小值为，故选项D错误；
故选：AC.
三､填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分）
12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_______________．
【答案】##0.6875
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理角化边可得，从而可得三边之间的关系，利用余弦定理化简求值，即得答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，
则．
故答案为：
13. 在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则______
【答案】
【解析】
【分析】由斜坐标定义用，表示，然后平方转化为数量积求得模．
【详解】由题意，
，
故答案为：．
14. 定义在R上的两个函数和，已知，．若图象关于点对称，则___，___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据题意，利用方程法得到，通过赋值得到，根据的图象关于点对称得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，然后求即可；
②利用方程法得到，整理可得，得到4是的一个周期，然后根据得到，最后再利用周期求即可.
【详解】由可得，
又，所以，
令，所以；
因为的图象关于点对称，所以，
又，所以，
因，所以，，
令，所以，则；
因为，所以，
又，所以，，则，4是的一个周期，
因为，，所以，
因为周期是4，所以.
故答案为：3，0.
四､解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤．）
15. 已知平面向量满足与的夹角为．
（1）求；
（2）当实数为何值时，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的数量积的运算性质进行运算即可；
（2）根据条件得，利用数量积的运算性质进行运算，化简后解方程即可.
【小问1详解】
因为与的夹角为，
所以，
所以
.
【小问2详解】
因为，
所以
，
化为，解得.
16. 已知函数；
（1）确定函数的单调增区间；
（2）当函数取得最大值时，求自变量x的集合．
【答案】16.
17.
【解析】
【分析】（1）借助三角恒等变换将原函数化为正弦型函数后结合正弦型函数的单调性计算即可得；
（2）借助正弦型函数的性质计算即可得.
【小问1详解】
，
由，
∴的单调增区间为；
【小问2详解】
当，即时，有最大值5．
17. 如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
（1）若，，求的面积；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）4； （2）.
【解析】
【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，再在三角形中，利用三角形面积公式即可求得结果；
（2）设，在三角形中分别用正弦定理表示，从而建立关于的三角函数，进而求三角函数的最大值，即可求得结果.
【小问1详解】
因为，的外接圆半径为4，所以，解得.
在中，，则，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
小问2详解】
设，.
又，所以.
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
18. 对于函数，，，如果存在实数a，b，使得，那么称函数为与的生成函数．
（1）已知，，，是否存在实数a，b，使得为与的生成函数？若不存在，试说明理由；
（2）当，时，是否存在奇函数，偶函数，使得为与的生成函数？若存在，请求出与的解析式，若不存在，请说明理由；
（3）设函数，，，，生成函数，若函数有唯一的零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据两角差的正弦化简后可得为与的生成函数；
（2）根据奇函数和偶函数的性质可求与的解析式；
（3）根据生成函数的定义可求，利用对数的运算性质可求得有且只有一个实数解，结合二次函数的图象可求参数的取值范围.
【小问1详解】
因为，
取，故，
故存在实数，使得为与的生成函数.
【小问2详解】
若存在，则，故，
所以，
故.
【小问3详解】
依题意可得，，
令，可得，即（或），
令（或），
结合图象可知，
当时，的图象与直线只有一个交点，
所以，实数的取值范围为.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【小问1详解】
由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
【小问2详解】
由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
【小问3详解】
点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
相关试卷
湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试卷（Word版附答案）： 这是一份湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试卷（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了已知集合，则，已知的定义域是，则的定义域为，已知函数，则，如图，某池塘里浮萍的面积等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析）： 这是一份湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析），文件包含湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷原卷版docx、湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一下学期5月月考数学试题： 这是一份2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一下学期5月月考数学试题，文件包含湖南省长沙市明德中学高一下学期5月月考数学试题原卷版docx、湖南省长沙市明德中学高一下学期5月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
