江苏省苏州园三纳米2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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一、单项选择题，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. i为虚数单位，复数，复数z的共轭复数为，则的虚部为
A. iB. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先化简得，即得复数和它的虚部.
【详解】由题得，
所以.
所以的虚部为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查复数的混合运算，考查复数的共轭复数和虚部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2. 已知角，满足，，则（ ）
A. B. 1C. －3D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角差的正切公式，即可求解.
【详解】.
故选：C
3. 在中，点是上一点，点满足，与的交点为．有下列四个命题：
甲： 乙：
丙： 丁：
如果只有一个是假命题，则该命题为（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】首先由甲命题为真命题开始，由点是的中点，结合平面向量基本定理的推论，结合三点共线的向量表示，即可判断.
【详解】若甲为真命题，，则点为的中点，
由可得，，
因为三点共线，故可得，
即，
由三点共线，可得，
所以，得，即，
所以，故乙为真命题；故，可知命题丙为真命题；
由共线，故可设，
即,
因为三点共线，故可设，
所以，得，
即，故命题丁为假命题.
综上，甲乙丙为真命题，丁为假命题.
故选：D
4. 已知均为单位向量，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得，两边平方求出，，分别求出，再根据向量夹角得计算公式即可得解.
【详解】由，得，
则，所以，
由，得，
所以，
，
所以.
故选：B.
5. 已知函数，其在一个周期内的图象分别与x轴、y轴交于点A、点B，并与过点A的直线相交于另外两点C、D.设O为坐标原点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象结合三角函数求点，进而求，即可得结果.
【详解】因为，
可得，即，
由图可知：点A为减区间的对称中心，
令，解得，
取，则，即，
可得，
因为点A为线段CD的中点，则，
所以.
故选：B.
6. 已知函数是上的偶函数，当时，有，关于的方程有且仅有四个不同的实数根，若是四个根中的最大根，则=（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角恒等变化，化简的解析式，再根据 为偶函数，作出函数的图像，结合图像可得当 时，方程 有且仅有四个不同的实数根，从而解得，代入利用诱导公式求解即可.
【详解】由题意可得，
又因为 偶函数，图像关于 y 轴对称，作出函数 的图像，如图所示：

由此可知，当 时，方程有且仅有四个不同的实数根，
又因为 是四个根中的最大根，令，解得 ,所以,
所以 .
故选：D .
7. 已知函数在区间上单调，且，，则的最大值为
A. 7B. 9C. 11D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数区间上单调，得，解得，又由，则，得到解得，代入验证，即可求解．
【详解】由题意，函数在区间上单调，
则，解得，所，即，
又由，则，即，
解得，
当时，此时，则，
又由，即，解得，即，
此时函数在区间上不单调，不满足题意.
当当时，此时，则，
又由，即，解得，即，
此时函数在区间上是单调函数，满足题意，
所以的最大值为，故选B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，合理列出关于周期的不等关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题．
8. 已知中，角的对边分别为.若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理边化角，可得，再次角化边可得关系，利用余弦定理和基本不等式可求得的最小值，进而得的最大值，再求即可得答案.
【详解】解：∵,\
∴，
∴由正弦定理得：，
即，
，则，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
∵，∴，
∴的最大值为.
故选：C.
二、多项选择题；本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 已知三角形ABC满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点O为的重心，则，
B. 若点O为的外心，则
C. 若点O为的垂心，则，
D. 若点O为的内心，则．
【答案】ABD
【解析】
【分析】用向量表示三角形的四心.
【详解】选项A：如图，点O为的重心时，，故A正确；

选项B：若点O为的外心，如图，为线段的垂直平分线，
则，同理，
，故B正确；

选项C：当时，则为的垂心，，重合，此时，故C错误；

选项D：若点O为的内心，在的平分线上，
则，故D正确.
故选：ABD
10. 已知A，B是平面内两个定点，且，点集．若，则两向量夹角的余弦值的可以为（ ）
A B. C. 1D.
【答案】AC
【解析】
【分析】先不妨设在平面直角坐标系中有，，然后证明对，当且仅当，，最后利用这个结论求出的取值范围，然后逐一验证四个选项是否属于该取值范围即可.
【详解】不妨设在平面直角坐标系中有，，然后设，
则，，从而，，
故当且仅当，，即，.
这等价于，，即，.
若，设，，，则，，
从而，
又显然有，故.
对，取，，
则，
且.
故对，，有，
从而，且.
这就说明，的取值范围是.
而，，故A,C正确，B,D错误.
故选：AC.
11. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小正周期为
C. 若在处取得最大值，且，则m的取值范围为
D. 若在处取得最大值，则关于x的方程在无实数根
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数即可求解最值可判断A；利用函数周期的性质可判断B；利用函数最值得，然后的范围可判断判断C；利用和，得到，然后根据的范围和可判断D.
【详解】对于A，，其中，
因为，所以的最大值为，故A错误；
对于B，因为的最小正周期为，的最小正周期为，
所以的最小正周期为，故B正确；
对于C，若在处取得最大值，则，
所以，
因为，所以，所以，
所以则m的取值范围为，故C正确；
对于D，由及知，，
可得，所以，
若，则，
，即，因为，所以无解，
所以若在处取得最大值，则关于x的方程在
无实数根，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用辅助角公式化简，并结合三角函数的性质解题.
三、填空题，本题共3小题，每小题5分，其中14题第一空2分，第二空3分、共15分
12. 如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（， 交两点不重合）.若，，则的最小值为________.
【答案】.
【解析】
【分析】先用表示，利用已知代入表达式，结合D，E，F三点共线可得，然后妙用“1”可解.
【详解】因为，所以，
所以，
又，，
所以，
所以，
因为D，E，F三点共线，所以，结合已知可知，
故，
当且仅当，结合，即时，取等号；
即的最小值为，
故答案为：
13. 在中，，，，平分交于点，则线段的长为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据三角形内角和为，，把三个角都用表示，利用正弦定理得，利用三角恒等变换，求得，再利用余弦定理求出，最后利用角平分线定理求出.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
整理得：，解得：或（舍去），
因为，
所以.
因为平分，所以，解得：，故填：.
【点睛】本题考查三角恒等变换及三角形中的内角和、正弦定理、余弦定理等知识，对运算能力和逻辑推理能力要求较高，深入考查函数与方程思想.
14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理和余弦定理可得，再由三角恒等变换可得，由的范围可得的范围，再结合双勾函数的性质即可得解.
【详解】∵，∴，
∴，∴，
∴，∴，
∴，
∵是锐角的内角，
∴或（不符合题意舍去），∴，
∴
，
设，
∵是锐角三角形，
∴，∴，
∴，令，
由双勾函数的性质可得函数在上单调递增，故，
∴.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
四、解答题．本题共5小题，共7分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知中的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B为钝角，且．
（1）求角B的大小；
（2）若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角关系得，根据三角形内角的性质求得，即可确定B的大小；
（2）由，根据已知及向量数量积的运算律列方程求的模长即可.
【小问1详解】
由已知：，则．
由正弦定理，．
∵，故．
∴．
∴，即．
∵，则．
∴，即．
【小问2详解】
由题意，得．
∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
∴，，则，
∴．
16. 如图，已知是边长为2的正三角形，点P在边BC上，且，点Q为线段AP上一点．
（1）若，求实数的值；
（2）求的最小值；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将用表示，再根据三点共线即可得解；
（2）设，将分别用，再根据数量积得运算律结合二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
，
所以三点共线，
所以，解得；
【小问2详解】
设，，
则
，
，
故
，
当时，取得最小值，
所以的最小值为.
17. 高邮某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角三角形和以为直径的半圆拼接而成，点为半圆上一点（异于），点在线段上，且满足.已知，，设，

（1）为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足，达到最大.当为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
（2）为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足，且达到最大.当为何值时，取得最大值，并求该最大值.
【答案】（1）时，达最大值
（2）当时，达到最大值
【解析】
【分析】（1）由三角形为直角三角形，，得到，在直角中，易得，再由点为半圆上一点，得到，，从而得到然后求解；
（2）在直角中，利用等面积法得到，再在直角中，得到，从而求解.
小问1详解】
因为三角形为直角三角形，，
所以，
在直角中，因为，所以.
因为点为半圆上一点，所以，又因为，
所以，
所以
，
因为，
所以当，即时，达最大值；
【小问2详解】
在直角中，因为，
所以，
因为，所以，
又因为所以，
在直角中，，
所以，
，，
所以当即时，达到最大值，
答：当时，达到最大值.
18. 已知函数．
（1）求证：π是函数的一个周期；
（2）若，求的值域；
（3）是否存在正整数n，使得函数在区间内恰有12个零点，若存在，求出n的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，8或9
【解析】
【分析】（1）根据周期函数的定义推理即得；
（2）根据函数中的与，采取换元为，将函数化成关于的二次函数，借助于的范围求得的值域；
（3）根据函数的周期性，先分析推理在一个周期上的零点个数为4，根据题设，只需使区间的右端点满足,,由之即可求得.
【小问1详解】
由
，
∴π是函数的一个周期．
【小问2详解】
若，则．
，，故
∴设，又，则，，
∴，因，故
即，故所求值域为．
【小问3详解】
①当时，由（2）知，，．
令，得或，即或．
∴，或，或或，其中．
∴函数在内有4个零点．
②当时，．
设，，则，
于是，
令，解得或均不在区间内，
∴函数在内没有零点．
∴函数内有4个零点．
假设存在正整数n，使得函数在区间内恰有12个零点，
则，且，∴或．
∴存在或时，函数在区间内恰有12个零点.
【点睛】思路点睛：本题主要考查与三角函数有关的值域、零点问题，属于难题.
解题值域问题的思路在于发现与的内在联系，采用整体换元，将其转化成二次函数的值域求解；解决零点问题的思路是利用该函数的周期性，先考查其在一个周期上的零点个数，再推广到其它区间范围上即可求解.
19. 设O为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为．向量称为函数的“相伴向量”．
（1）记的“相伴函数”为，若函数与直线有且仅有四个不同的交点，求实数k的取值范围；
（2）已知点满足，向量的“相伴函数”在处取得最大值当点M运动时，求的取值范围．
（3）当向量时，伴随函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围；
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得k的范围；
（2）由可求得时，取得最大值，其中，换元求得的范围，再利用二倍角的正切可求得的范围．
（3）先求得，由，得，再根据正弦函数的性质分类讨论求出函数的最值。进而可得出答案.
【小问1详解】
由题知：，
，
由，得，
令，得，令，得，
由，得，
令，得，令，得，
所以在和上单调递增，在和上单调递减，
且
∵图像与有且仅有四个不同的交点，
所以实数k取值范围为；
【小问2详解】
，
其中，
，
∴当即时，取得最大值，
此时，
令，则由，显然，
则，解得，
，
因为函数在上都是增函数，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以；
【小问3详解】
由题意，
则，
设函数在区间上最大值与最小值之差为，
由，得，
①当，即时，
，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
②当，即时，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
③当，即时，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
④当，即时，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
⑤当，即时，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
⑥当，即时，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
综上所述，，
所以在区间上最大值与最小值之差的取值范围为.
【点睛】思路点睛：此题为向量和三角函数相结合的新定义问题；主要把握住它们之间的转换关系即可，熟记三角恒等变换的有关公式；求取值范围转换为函数问题.