梅河口市第五中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷(含答案)

这是一份梅河口市第五中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若复数z满足，则( )
A.3B.2C.D.1
2．已知，则( )
A.B.C.D.
3．由下列条件解，其中有两解的是( )
A.，，B.，，
C.，，D.，，
4．若向量，满足，，且，则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
5．在中，若，则的形状是( )
A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形
6．如图，在中，，P是BN上一点，若，则实数t的值为( )
A.B.C.D.
7．在平面四边形中，，，，，.若点E为线段上的动点，则的最小值为( )
A.B.C.D.
8．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中提出了一种求三角形面积的方法——三斜求积术：“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”.也就是说，在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，那么的面积，若，且，则面积S的最大值为( )
A.B.C.6D.
二、多项选择题
9．设，是复数，则下列说法正确的是( )
A.若，则B.若，则
C.若，则D.若，则
10．已知函数，，的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A.B.
C.D.，
11．几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且.以下命题正确的有( )
A.若，则M为的重心
B.若M为的内心，则
C.若，，M为的外心，则
D.若M为的垂心，，则
三、填空题
12．已知，且，i为虚数单位，则的最小值是______.
13．函数的最大值为1，其图象向右平移m()个单位长度可得到一个奇函数的图象，则______(写出m一个值即可).
14．中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则________.
四、解答题
15．已知复数(i是虚数单位)
(1)复数z是实数，求实数m的值；
(2)复数z是虚数，求实数m的取值范围；
(3)复数z是纯虚数，求实数m的值.
16．已知，，且与的夹角为120°，求：
(1)；
(2)与的夹角；
(3)若向量与平行，求实数的值.
17．已知函数，其相邻两个对称中心之间的距离为
(1)求实数的值及函数的单调递增区间；
(2)求函数在上的最大值和最小值；
(3)设，若函数在上有两个不同零点，求实数m的取值范围.
18．如图，在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，P为所在平面内一点，且，，为锐角.
(1)若，求；
(2)若，求.
19．若锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的半径为，且.
(1)求角A的大小；
(2)求的取值范围
参考答案
1．答案：C
解析：由，得，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
2．答案：A
解析：
.
故选：A.
3．答案：C
解析：对于A，,由正弦定理可得,
由和可知a和c只有唯一解，所以只有唯一解；
对于B，因为，，，由余弦定理可知b只有唯一解，
所以三角形的三个边唯一确定，即只有唯一解；
对于C，因为，，，由正弦定理得，
即，所以，所以角C有两个解，即有两个解；
对于D，因为，，，由正弦定理得，
所以，又，所以，所以角C只有一个解，即只有唯一解
故选：C.
4．答案：D
解析：由，则，
由在上的投影向量.
故选：D.
5．答案：D
解析：由，得，
化简得，
当时，即，则为直角三角形；
当时，得，则为等腰三角形；
综上：为等腰或直角三角形，故D正确.
故选：D.
6．答案：C
解析：由题意，P是上一点，设，
则，
又，所以，
所以，
所以，解得.
故选：C.
7．答案：B
解析：根据题意，连接，，取中点为F，作图如下：
，
在三角形中，由余弦定理可得：，即，
则，故，
显然当且仅当时，取得最小值，
故，的最小值为.
即的最小值为.
故选：B.
8．答案：B
解析：因为，所以，
所以，
由正弦定理得，又，所以
，
所以当即时，面积S的最大值为.
故选：B.
9．答案：AC
解析：A：若，则互为共轭复数，故，故A正确；
B：若，，则，而，故B错误；
C：设，，
若，则，即，
又，
故，故C正确；
D：若，，则，而，故D错误.
故选：AC.
10．答案：ACD
解析：由图象易知：，，
所以.
由，.
故.
所以AC正确；
又，故B错误；
，所以是函数的对称中心，故D正确.
故选：ACD.
11．答案：ABC
解析：对A：如图：
取边中点D，连接，由，
所以，所以A、M、D三点共线，且，所以M为的重心，故A正确；
对B：如图：
因为则M为内心，可设内切圆半径为r，则有，，，
所以，故B正确；
对C：如图：
因为M为的外心，设外接圆半径为R，有，，
所以，，故，
所以.
故C正确；
对D：由M为的垂心，，所以.
如图：
则，.
设，，则，，
所以.
所以.故D错误.
故选：ABC.
12．答案：
解析：令，，则，
所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1，
即动点C在以B为圆心，半径为1的圆上，如下图：
又表示动点C到定点的距离，而B与A的距离为，
所以，
C在A，B之间且共线，左侧等号成立；B在A，C之间且共线，右侧等号成立；
所以的最小值是.
故答案为：.
13．答案：(答案不唯一)
解析：函数的最大值为，所以，
所以，其图象向右平移m()个单位长度，
得到的图象，因为得到的是一个奇函数的图象，得，，
故，，当时，得(答案不唯一).
故答案为：(答案不唯一).
14．答案：/
解析：因为，由正弦定理可得：
，因为，
所以，所以，因为，
所以，又CD平分，所以，
所以，即，
即，
所以
故答案为：.
15．答案：(1)或
(2)且且
(3)
解析：(1)复数z是实数，则，
解得或；
(2)复数z是虚数，则，
解得且且；
(3)复数是纯虚数，则，
解得.
16．答案：(1)
(2)
(3)
解析：(1)；
(2)因为，
所以，又，
所以，又，
所以与的夹角为；
(3)因为向量与平行，
所以存在实数k使，
所以，解得.
17．答案：(1)，单调递增区间是
(2)，
(3)
解析：(1)依题意，，
显然函数的周期，解得，因此，
由,，得,，
故单调递增区间是.
(2)当时，，则当，即时，，
当，即时，.
(3)由(1)知，函数在上单调递增，函数值从0增大到，
在上单调递减，函数值从减小到1，
函数在的图象，如图，
由，得，函数在上有两个不同零点，
即直线与函数在的图象有两个公共点，此时，
所以实数m的取值范围是.
18．答案：(1)
(2)
解析：(1)由可得
，
又因为，所以可得，
即，可得；
又，所以可得，因此.
又，若，可得，可得；
又，所以,又，
由余弦定理可得，解得；
(2)设，且，，则，
由可得，
在由正弦定理可得，即，可得，
利用余弦定理可得，解得；
所以可得，
又为锐角，所以；
可得.
19．答案：(1)
(2)
解析：(1)因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，，所以，所以，
因为，所以.
(2)因为外接圆的半径为，所以，所以，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，即，即.
令，，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，
在上单调递增，且，，，
所以，即，
所以，即的取值范围为.