四川省内江市隆昌市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市隆昌市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（Word版附解析），文件包含四川省内江市隆昌市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题Word版含解析docx、四川省内江市隆昌市第一中学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24页， 欢迎下载使用。

数学
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据两角和的正弦公式即可求解.
【详解】由两角和的正弦公式可得：
，
故选：D.
2. 如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，且，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用向量的线性运算可得的表示形式.
【详解】，
故选：A．
【点睛】本题考查向量的线性运算，用基底向量表示其余向量时，要注意围绕基底向量来实现向量的转化，本题属于容易题.
3. 已知，且，则向量夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的定义直接计算可得.
【详解】设向量的夹角为，因为，所以．
故选：B.
4. (1＋tan 17°)(1＋tan 28°)的值是( )
A. －1B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】
，选D.
点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
5. 已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A. 9B. 17C. 7D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件进行向量的减法运算，再利用向量垂直的坐标表示，计算即得结果.
【详解】根据题意得，因为，
所以，得.
故选：B.
6. 在中，，是边上的中线，且，，则（ ）
A. B. 5C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据三角形的性质，结合向量的加法几何意义以及数量积的运算律，可得答案.
详解】由题意如图所示：
由，是边上的中线可得，所以
又，所以为的中点，
所以，
所以，
故选：B．
7. 设a＝cs 2°－sin 2°，b＝，c＝，则有( )
A. a＜c＜bB. a＜b＜cC. b＜c＜aD. c＜a＜b
【答案】D
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简的表达式，利用正切的二倍角公式化简的表达式，利用降次公式化简的表达式，最后利用正弦函数的单调性以及这个性质，比较大小，得出正确选项.
【详解】由题意可知，a＝sin 28°，b＝tan 28°，c＝sin 25°，∴c＜a＜b. 答案D.
【点睛】本小题主要考查利用辅助角公式、二倍角公式以及降次公式化简三角函数的表达式，属于基础题.
8. 已知函数，若直线是曲线的一条对称轴，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】引入辅助角，根据对称性的性质，得到，从而，结合诱导公式和二倍角公式，即可求解.
【详解】由题意，函数，其中，
因为直线是曲线的一条对称轴，可得，
所以，所以，
所以，
又因为，
所以.
故选：A.
二､多选题：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. 下列等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用两角和差的正弦公式、正切公式的逆运用可以分别计算出A、D选项，利用二倍角正弦公式的逆运用可以计算出B选项，根据降幂公式可以化简病求出C选项.
【详解】对于A选项，，所以A正确；
对于B选项，，所以B不正确；
对于C选项，，所以C不正确；
对于D选项，，所以D正确；
故选：AD.
10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示.则下列结论正确的是（ ）

A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在区间上单调递增
D. 与图象的所有交点的横坐标之和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据图像求出函数解析式，再逐个选项判断即可.
【详解】由题意，，，
所以，又，
可得，又，
所以，所以.
因为，
所以不是函数的对称轴，A错；
，
所以是对称中心，B正确；
时，，
所以在上单调递增，C正确；
，，
所以或，
即或，
又，
所以，它们的和为，D正确.
故选：BCD
11. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.如图，一个半径为的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为2米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为.则以下说法正确的有（ ）
A.
B.
C.
D. 盛水筒出水后到达最高点的最小时间为
【答案】AD
【解析】
【分析】由已知可得、、、的值，得到函数解析式，取求得的值，从而得解．
【详解】筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，，
则，故B错误；
振幅为筒车的半径，即，，故A正确；
由题意，时，，，即，
，，故C错误；
，
由，得，，
，，得，．
当时，取最小值为，故D正确．
故选：AD.
12. 已知函数，若，且，则（ ）
A
B.
C. 的取值范围是
D. 的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】作出函数的图象，利用对数的运算性质可判断A选项的正误，利用正弦型函数的对称性可判断B选项的正误；利用二次函数的基本性质可判断C选项的正误；利用双勾函数的单调性可判断D选项的正误.
【详解】由可得，解得.
作出函数的图象如下图所示：
由图象可得，
由得；A正确；
令，解得，
当时，令，解得，由于，，
所以，函数的图象关于直线对称，
则点、关于直线对称，可得，B错误；
，C正确；
．令，由对勾函数性质易知在单调递减，
故，故， D错误
故选：AC．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知角顶点为原点，始边与轴非负半轴重合，点在终边上，则__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用三角函数的定义求出 .
【详解】因为点在角的终边上，
则.
故答案为：.
14. 设、是两个不共线的向量，已知，若A、B、D三点共线，求k的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，求出，建立方程组求出即可.
【详解】由A、B、D三点共线，可得，又，
则，又、不共线，则，解得
故答案为：.
15. 若，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得的值，再利用两角差的余弦公式，求得的值．
【详解】解：∵，，∴仍然是锐角，
∴.
则
.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的余弦公式的应用，属于中档题．
16. 函数的图像是由函数（大于零）的图像向左平移个单位所得，若函数在范围内单调，则的范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数图象平移可得，根据在给定区间上单调，结合余弦函数的性质求参数的范围.
【详解】是由（大于零）向左平移个单位所得，故，
又在即上单调，
∴，
,，
由或，
或，
综上，的范围为.
故答案为：.
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，，．
（1）若，求；
（2）若，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）先求出的坐标，再由平面向量共线的坐标表示求解即可；
（2）先求出的坐标，再由平面向量夹角的坐标表示求解即可；
【详解】（1）因为，，
所以，
由，
得，解得．
（2）若，，
设与的夹角为，
则．
18. 已知向量，，其中，函数，若函数图象的两个相邻对称中心的距离为.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，当时，求函数的值域．
【答案】（1） (k∈Z)；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意，代入数量积公式表示出，然后化简得，利用周期计算得，利用整体法计算单调增区间；（2）利用平移变换得函数的解析式，利用整体法计算值域.
【详解】（1）由题意可得，，
由题意知，，得，则，由，解得，∴的单调递增区间为．
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到的图象．
∵，∴，故函数的值域为.
【点睛】关于三角函数解析式的化简问题，首先需要利用和差公式或者诱导公式展开化为同角，其次利用降幂公式进行降次，最后利用辅助角公式进行合一变换，最终得到的形式.
19. 已知函数.
（1）若对于任意实数恒成立，其中，求的值；
（2）设函数，求在区间上的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，由正弦函数的性质得到恒成立,进而求得；
（2）先利用降幂公式和两角和的余弦公式及辅助角公式化简，然后根据已知区间和三角函数的性质求得.
【小问1详解】
解：由，即恒成立，
∴恒成立,或恒成立，
由于不可能恒成立，
∴恒成立,即恒成立，
又∵，∴.
【小问2详解】
解：
,
当时，,∴,
∴,
即在区间上的取值范围是区间.
20. 已知函数的图象经过点，．
（1）求的解析式；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若为奇函数，且，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）由点在函数的图象上及可求得，再由点在函数的图象上及求得，从而得的解析式；
（2）先由（1）及三角函数图象的平移变换法则可得，进而由为奇函数及可得，再结合，的取值范围及同角三角函数的基本关系可求得，最后利用二角和的余弦公式即可求得结果．
【详解】解：（1）因为点在函数的图象上，所以，
又，所以．因为点在函数的图象上，所以，
则，或，，
则，或，．
又，所以，因此．
（2）由（1）及三角函数图象的平移变换法则得，
因为为奇函数，所以，，则，，
因为，所以，从而，则．因为，所以，
又，所以，
因此，从而．
21. 某大型商场为迎接新年的到来，在自动扶梯的C点的上方悬挂竖直高度为5米的广告牌DE．如图所示，广告牌底部点E正好为DC的中点，电梯AC的坡度．某人在扶梯上点P处(异于点C)观察广告牌的视角．当人在A点时，观测到视角∠DAE的正切值为．
（1）求扶梯AC的长
（2）当某人在扶梯上观察广告牌的视角θ最大时，求CP的长．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）设，用分别表示出和，利用两角和的正切公式求出，再根据的范围求解出答案；
（2）作且交于点，设，用分别表示出和，利用两角差的正切公式表示出，利用基本不等式求出的最大值，此时即取最大值，利用基本不等式取最值的条件求出，再求出即可.
【详解】（1）由题意，为的中点，,所以，
设，则，，
在中，，
在中，，
由两角和的正切公式，，
，所以，解得，或，
因为，所以，，
所以扶梯AC长为米；
（2）作且交于点，如图所示，
设，则，，由（1）知，，
，，
当取最大值时，即取最大值，
，
当且仅当，即时等式成立，
所以此时.
【点睛】本题主要考查两角和差正切公式的应用，考查学生分析转化能力、方程思想和计算能力，属于中档题.
22. 已知.
（1）求的单调递增区间；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
（3）已知函数，记方程在上的根从小到大依次为，求的值.
【答案】22.
23.
24.
【解析】
【分析】（1）结合二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，再根据正弦函数的单调性，得解；
（2）分离参数，结合二倍角公式和齐次式运算 求对勾函数最值即可求解根；
（3）令，原问题可转化为函数与函数的交点个数，由交点个数确定的值，再结合函数对称性即可求解．
【小问1详解】
令，，则
故的单调递增区间为．
【小问2详解】
，
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令 ，
因为，则，易知在单调递减，
则的最大值为2，故.
【小问3详解】
令，
，
令，
函数在上的图象如下图所示，
由图可知，与共有6个交点，即，
，
．
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数图像及应用，关键是利用整体思想结合对称性求解第三问.