2023-2024学年广东省汕头市潮阳实验学校高一（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市潮阳实验学校高一（下）第一次月考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N={x|x2−x−6⩾0}，则M∩N=( )
A. {−2,−1,0,1}B. {0,1,2}C. {−2}D. {2}
2.已知a，b∈R，(a+3i)+(2−i)=5+bi，则ab=( )
A. −4B. 7C. −8D. 6
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|= 3，|a−2b|=3，则a⋅b=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
4.函数f(x)=(x−1x)csx(−π≤x≤π且x≠0)的图象可能为( )
A. B. C. D.
5.如图，已知△ABC与△AMN有一个公共顶点A，且MN与BC的交点O平分BC，若AB=mAM，AC=nAN，则1m+2n的最小值为( )
A. 4
B. 3+ 22
C. 32+ 2
D. 6
6.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，当0≤x≤1时，f(x)=2x−1，则f(lg212)=( )
A. −13B. −14C. 13D. 12
7.已知对任意平面向量AB=(x,y)，把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ)，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转θ角得到点P.若平面内点A(1,2)，点B(1+ 2,2−2 2)，把点B绕点A顺时针方向旋转π4角后得到点P，则点P的坐标为( )
A. (4,1)B. (0,−1)C. (−2,1)D. (2,5)
8.费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于23π时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为23π.已知在△ABC中，B=π2，P为△ABC的费马点，若|PB|=1，|PA|+|PC|=λ，则λ的取值范围是( )
A. [1,+∞)B. [2− 3,+∞)C. [1+2 3,+∞)D. [2+2 3,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(−2,1)，b=(−1,t)，则下列说法正确的是( )
A. 若a⊥b，则t的值为−2
B. 若a/​/b，则t的值为12
C. 若0D. 若(a+b)⊥(a−b)，则|a+b|=|a−b|
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=6，B=30°，则使此三角形只有唯一解的b的值可以是( )
A. 2 2B. 3C. 5D. 5 2
11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2].现有△ABC满足sinA：sinB：sinC= 7：1：3，且S△ABC=3 34，则( )
A. △ABC外接圆的半径为2 213
B. 若∠A的平分线与BC交于D，则AD的长为3 34
C. 若D为BC的中点，则AD的长为 134
D. 若O为△ABC的外心，则AO⋅(AB+AC)=5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知纯虚数z满足|z−i|=1，则|z|=______．
13.已知向量a=(−2,2),b=(1,1)，则a−b在b方向上的投影向量为______．
14.设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C=2A，则2c+ba的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
计算
(1)已知tanα=3.求sin(π2+α)+3sin(π+α)cs(3π2−α)−cs(5π+α)的值．
(2)已知csα=17，且cs(α−β)=1314，0<β<α<π2，求角β的值；
16.(本小题15分)
设函数f(x)= 3sinxcsx+cs2x+a
(1)写出函数f(x)的最小正周期及单调递减区间；
(2)当x∈[−π6,π3]时，函数f(x)的最大值与最小值的和为32，求不等式f(x)>1的解集．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
(2)若a=5，csA=2531，求△ABC的周长．
18.(本小题17分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2bcsin2A=b2+c2−a2．
(1)求A；
(2)若△ABC外接圆的半径是1，求△ABC面积的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，A，B是单位圆上的相异两定点(O为圆心)，且∠AOB=θ(θ为锐角).点C为单位圆上的动点，线段AC交线段OB于点M．
(1)求OA⋅AB(结果用θ表示)；
(2)若θ=60°
①求CA⋅CB的取值范围；
②设OM=tOB(0答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵x2−x−6⩾0，∴(x−3)(x+2)⩾0，∴x⩾3或x⩽−2，
N=(−∞,−2]∪[3,+∞)，则M∩N={−2}．
故选：C．
先把集合N表示出来，再根据交集的定义计算即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为(a+3i)+(2−i)=5+bi，即(a+2)+2i=5+bi，
所以a+2=5b=2，解得a=3b=2，所以ab=6．
故选：D．
根据复数相等列出方程组，解出a，b再计算即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为向量a，b满足|a|=1，|b|= 3，|a−2b|=3，
所以|a−2b|= (a−2b)2= a2−4a⋅b+4b2= 1−4a⋅b+4×3=3，
两边平方得，
13−4a⋅b=9，
解得a⋅b=1，
故选：C．
利用|a−2b|= (a−2b)2，结合数量积的性质计算可得结果．
本题考查了平面向量数量积的运算和性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查函数图象的识别以及函数的奇偶性的判断，属于基础题．
由条件可得函数f(x)为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据x=π时，f(π)<0，得出结论．
【解答】
解：对于函数f(x)=(x−1x)csx(−π≤x≤π且x≠0)，由于它的定义域关于原点对称，
且满足f(−x)=(1x−x)csx=−f(x)，故函数f(x)为奇函数，故它的图象关于原点对称．
故排除A、B．
当x=π，f(π)<0，故排除C，
故选：D．
5.【答案】C
【解析】解：因为O为BC的中点，且AB=mAM，AC=nAN，
所以AO=12(AB+AC)=12AB+12AC=m2AM+n2AN，
因为M，O，N三点共线，
所以m2+n2=1，
由图可知，m>0，n>0，
所以1m+2n=(1m+2n)⋅(m2+n2)=32+n2m+mn≥32+2 n2m⋅mn=32+ 2，
当且仅当n2m=mn时等号成立，
所以1m+2n的最小值为32+ 2．
故选：C．
由平面向量的线性运算计算可得m2+n2=1，再由基本不等式即可求得．
本题考查平面向量的线性运算和基本不等式的应用，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：定义在R上的奇函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，
所以f(2+x)=f(−x)=−f(x)，
所以f(x+4)=f(x)，即函数的周期T=4，
当0≤x≤1时，f(x)=2x−1，且3所以f(4−lg212)=2(4−lg212)−1=242lg212−1=43−1=13，
则f(lg212)=f(lg212−4)=−13．
故选：A．
由已知先求出函数的周期，然后结合周期性及奇偶性即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性，周期性在函数求值中的应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由已知可得AB=( 2,−2 2)，
将点B(1+ 2,2−2 2)，绕点A顺时针旋转π4，
得AP=( 2csπ4−2 2sinπ4,− 2sinπ4−2 2csπ4)=(−1,−3)
∵A(1,2)，
∴P(0,−1 )
故选：B．
利用题中的新定义，可先计算，ABAP，结合已知A(1,2)，利用向量的减法，可求P点坐标
本题以新定义为切入点，融合了向量的减法，解题的关键是正确理解新定义．
8.【答案】D
【解析】解：设∠PAB=α，∠PCB=β，则∠PBA=π3−α，∠PBC=π3−β，
由∠PBA+∠PBC=π2，得(π3−α)+(π3−β)=π2，解得α+β=π6，满足0<α<π6，0<β<π6．
在△PAB中，|PB|sinα=|PA|sin(π3−α)，
可得|PA|=|PB|sin(π3−α)sinα= 32csα−12sinαsinα= 32⋅csαsinα−12，同理可得|PB|= 32⋅csβsinβ−12，
所以λ=|PA|+|PC|= 32(csαsinα+csβsinβ)−1= 32⋅csαsinβ+sinαcsβsinαsinβ−1
= 32⋅sin(α+β)sinαsinβ−1= 32⋅sinπ6sinαsinβ−1= 34⋅1sinαsinβ−1，
因为sinαsinβ=sinαsin(π6−α)=12sinαcsα− 32sin2α=14sin2α− 34(1−cs2α)=12sin(2α+π3)− 34，
所以当2α+π3=π2时，即α=π12时，sinαsinβ有最大值12− 34，
结合sinαsinβ>0，可得1sinαsinβ的最小值为112− 34=8+4 3．
因此，当α=π12时，λ=|PA|+|PC|有最小值 34(8+4 3)−1=2+2 3，即λ的取值范围是[2+2 3,+∞)．
故选：D．
根据题意作出示意图形，设∠PAB=α，∠PCB=β，利用正弦定理将λ表示为关于sinα、sinβ的式子，然后利用三角形恒等变换与三角函数的值域，求出λ的最小值，进而可得答案．
本题主要考查正弦定理、两角和与差的三角函数公式、三角函数的值域与最值等知识，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A：若a⊥b，则a⋅b=−2×(−1)+1×t=0，解得t=−2，故A正确；
对于B：若a/​/b，则−2t=−1×1，解得t=12，故B正确；
对于C：当t=12时，a与b同向，此时a与b的夹角为0°，故C错误；
对于D：若(a+b)⊥(a−b)，则(a+b)⋅(a−b)=0，即a2−b2=0，即(−2)2+12=(−1)2+t2，解得t=±2，
当t=2时，a=(−2,1)，b=(−1,2)，a+b=(−3,3)，a−b=(−1,−1)，显然|a+b|≠|a−b|，
当t=−2时，a=(−2,1)，b=(−1,−2)，a+b=(−3,−1)，a−b=(−1,3)，此时|a+b|=|a−b|，故D错误．
故选：AB．
根据向量的数量积、向量的模的坐标表示及向量共线的坐标表示一一判断即可．
本题考查平面向量平行，垂直，数量积的坐标表示，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：因为a=6，B=30°，
所以由正弦定理得sinA=asinBb=3b，
要使此三角形只有唯一解，此三角形时有且只有唯一解，则A只有一个，
则3b=1或3b<1且a≤b，
所以b=3或b≥6，选项BD符合．
故选：BD．
由题意sinA=asinBb=3b，则角A只有一个解，有sinA=1或sinA<1且A≤B，转化为边的关系即可．
本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为△ABC满足sinA：sinB：sinC= 7：1：3，所以由正弦定理得：a：b：c= 7：1：3，
设a= 7m，b=m，c=3m，因为△ABC的面积S△ABC=3 34，所以解得m=1，
即BC= 7，AC=1，AB=3，由余弦定理可得csA=12+32−( 7)22×1×3=12，
∴sinA= 1−cs2A= 32，
∴△ABC外接圆的半径为r=12×BCsinA=2 213，故A正确；
对于B，由A选项可得角A=60°，所以S△ABC=S△ABD+S△ACD，
所以3 34=12×3×AD×12+12×1×AD×12=AD，故B正确；
对于C，若D为BC的中点，则AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(9+1+2×1×3×12)=134，所以|AD|= 132，
所以AD的长为 132.故D错误；
对于D，若O为△ABC的外心，AO⋅(AB+AC)=AO⋅AB+AO⋅AC=32×3+12×1=102=5，故D正确．
故选：ABD．
利用已知可得BC= 7，AC=1，AB=3，结合正弦定理、余弦定理逐项计算可判断每个选项的正确性．
本题考查正余弦定理和三角形面积公式的应用，考查向量的数量积的计算，考查计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】2
【解析】解：由于z为纯虚数，设z=bi(b≠0)，
∵|z−i|=1，∴|bi−i|=|(b−1)i|= (b−1)2=1，
解得b=2或b=0(舍去)，
∴z=2i，∴|z|=2．
故答案为：2．
根据已知条件，结合纯虚数的概念，以及复数模的计算公式，即可求解．
本题主要考查纯虚数的概念，以及复数模的计算公式，属于基础题．
13.【答案】(−1,−1)
【解析】解：a=(−2,2),b=(1,1)⇒a−b=(−3,1)，
a−b在b方向上的投影向量为(a−b)⋅b|b|2b=−3+12(1,1)=(−1,−1)．
故答案为：(−1,−1)．
根据投影向量的计算公式即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
14.【答案】(2 2+1,2 3+2)
【解析】解：因为C=2A，
则sinC=sin2A=2sinAcsA，csC=cs2A=2cs2A−1，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
故由正弦定理可得：2c+ba=sinB+2sinCsinA
=sinAcsC+csAsinC+4sinAcsAsinA
=4csA+csC+csAsinCsinA
=4csA+2cs2A−1+2cs2A
=4cs2A+4csA−1，
又△ABC为锐角三角形，
故可得A∈(0,π2),C=2A∈(0,π2),B=π−3A∈(0,π2)，
解得A∈(π6,π4)，
则csA∈( 22, 32)，
由于y=4cs2A+4csA−1=4(csA+12)2−2，在csA∈( 22, 32)上单调递增，
当csA= 22,y=1+2 2，当csA= 32,y=2+2 3，
故4cs2A+4csA−1∈(2 2+1,2 3+2)，即b+2ca∈(2 2+1,2 3+2)．
故答案为：(2 2+1,2 3+2)．
根据已知条件，利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换将目标式化为角A的函数关系，再求A的取值范围，根据函数值域即可求得结果．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及余弦函数的性质的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为tanα=3，
所以sin(π2+α)+3sin(π+α)cs(3π2−α)−cs(5π+α)=csα−3sinα−sinα+csα
=1−3tanα−tanα+1
=1−9−3+1
=4；
(2)因为0<β<α<π2，
所以0<α−β<π2，
因为cs(α−β)=1314，
所以sin(α−β)= 1−cs2(α−β)=3 314，
因为csα=17，
所以sinα= 1−cs2α=4 37，
故csβ=cs[α−(α−β)]
=csαcs(α−β)+sinαsin(α−β)
=17×1314+4 37×3 314
=12，
因为0<β<π2，
所以β=π3．
【解析】(1)利用诱导公式和齐次式化简，化为关于tanα的式子，代入求值即可；
(2)利用同角三角函数关系及角的范围得到sin(α−β)和sinα，从而利用余弦差角公式求出csβ=cs[α−(α−β)]=12，从而求出角β的值．
本题主要考查了三角函数恒等变换在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
16.【答案】解：(1)函数f(x)= 3sinxcsx+cs2x+a
= 32sin2x+1+cs2x2+a
=sin(2x+π6)+12+a；
∴函数f(x)的最小正周期为T=2πω=π；
令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2，k∈Z，
解得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，k∈Z，
∴函数f(x)的递减区间为：
[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈Z；…(6分)
(2)由x∈[−π6,π3]得：−π6≤2x+π6≤5π6，
∴f(x)=sin(2x+π6)的最大值是1+12+a=32+a，…(8分)
最小值是−12+12+a=a，…(9分)
∴32+a+a=32，解得a=0；
∴不等式f(x)>1化为sin(2x+π6)>12，
∴2kπ+π6<2x+π6<2kπ+5π6，k∈Z；
kπ又x∈[−π6,π3]，
∴不等式f(x)>1的解集{x|0【解析】(1)化函数f(x)为正弦型函数，求出它的最小正周期和单调递减区间；
(2)根据x∈[−π6,π3]时求得f(x)的最大值和最小值，由此求得a的值，再求不等式f(x)>1的解集．
本题考查了三角恒等变换以及三角函数的图象与性质的应用问题，是综合题．
17.【答案】(1)证明：△ABC中，sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)，
所以sinC(sinAcsB−csAsinB)=sinB(sinCcsA−csCsinA)，
所以sinAsinBcsC+sinAcsBsinC=2csAsinBsinC，
即sinA(sinBcsC+csBsinC)=2csAsinBsinC，
所以sinAsin(B+C)=2csAsinBsinC，
由正弦定理得a2=2bccsA，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以2a2=b2+c2；
(2)当a=5，csA=2531时，b2+c2=2×52=50，2bc=a2csA=252531=31，
所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，解得b+c=9，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14．
【解析】(1)利用两角差与和的正弦公式，三角形内角和公式，正弦和余弦定理，即可求得结论；
(2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值，即可求出△ABC的周长．
本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与推理证明能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)因为2bcsin2A=b2+c2−a2，
所以sin2A=b2+c2−a22bc=csA，
则2sinAcsA=csA，
因为△ABC是锐角三角形，
所以0则csA>0
所以sinA=12，
所以A=π6；
(2)因为△ABC外接圆的半径是1，
所以asinA=bsinB=csinC=2，
则b=2sinB，c=2sinC，
所以S△ABC=12bcsinA
=14bc=sinBsinC
=sinBsin(5π6−B)
=sinB(12csB+ 32sinB)
=12sinBcsB+ 32sin2B
=14sin2B+ 32⋅1−cs2B2
=12(12sin2B− 32cs2B)+ 34
=12sin(2B−π3)+ 34，
因为△ABC是锐角三角形，
所以B∈(0,π2),C=5π6−B∈(0,π2)，
所以B∈(π3,π2)，
则2B−π3∈(π3,2π3),sin(2B−π3)∈( 32,1],12sin(2B−π3)+ 34∈( 32,12+ 34],
故△ABC面积的取值范围是( 32,12+ 34]．
【解析】(1)利用余弦定理结合二倍角的正弦公式即可得解；
(2)先利用正弦定理求出b，c，再根据三角形的面积公式，由三角恒等变换化一结合正弦函数的性质即可得解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)OA⋅AB=|OA||AB|cs(π−∠OAB)=−|AB|cs∠OAB=csθ−1；
(2)当θ=60°时，OA⋅OB=12
①CA⋅CB=(OA−OC)⋅(OB−OC)=OA⋅OB−OA⋅OC−OC⋅OB+1．
设∠BOC=α，由条件知，α∈[0,2π3]，
∴CA⋅CB=32−cs(π3+α)−csα=32−12csα+ 32sinα−csα
=32−32csα+ 32sinα=32− 3( 32csα−12sinα)=32− 3cs(α+π6)．
∵α∈[0,2π3]，∴cs(α+π6)∈[− 32, 32]，
∴CA⋅CB∈[0,3]；
②设AM=λAC(0<λ<1)，则OM=OA+AM=OA+λAC=(1−λ)OA+λOC=tOB，
∴OC=tλOB−1−λλOA，
由OC=1可得，|tλOB−1−λλOA|=1，
即(tλ)2+(1−λλ)2−2×tλ×1−λλ×OA⋅OB=1，整理得λ=t2−t+12−t，
∴CMAM=1−λλ=1−t2t2−t+1，
∴S△COMS△BMA=OM·CMMB·AM=t1−t×1−t2t2−t+1=t2+tt2−t+1．
即f(t)=t2+tt2−t+1(0而f(t)=t2+tt2−t+1=1+2t−1t2−t+1．
令2t−1=a(−1当a=0时，g(0)=1；
当a≠0时，g(a)=1+4a+3a，利用单调性定义可证明函数y=a+3a在(−1,0)和(0,1)都是递减的，
设x1,x2∈0,1，且x1则x1y2，所以y=a+3a在(0,1)上单调递减，
由于y=a+3a是奇函数，则y=a+3a在(−1,0)和(0,1)单调递减，
因此，a+3a>4或a+3a<−4，
∴函数f(t)=t2+tt2−t+1(0【解析】本题考查平面向量的数量积运算，考查了三角函数值域的求法，训练了利用配方法和函数单调性求函数的值域，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于困难题．
(1)直接利用平面向量的数量积把OA⋅AB用θ表示；
(2)①利用向量的数量积运算结合向量的加减法运算把CA⋅CB用∠BOC表示，化简整理后由∠BOC得范围求得CA⋅CB的取值范围；
②设AM=λAC(0<λ<1)，则OM=OA+AM=OA+λAC=(1−λ)OA+λOC=tOB，∴OC=tλOB−1−λλOA，由OC=1可得，tλOB−1−λλOA=1，整理得λ=t2−t+12−t，然后把S△COMS△BMA转化为含有t的代数式，换元后借助于函数单调性求得函数f(t)的值域．