河南省南阳市2023-2024学年高一下学期4月联考数学试卷（解析版）

这是一份河南省南阳市2023-2024学年高一下学期4月联考数学试卷（解析版），共17页。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
考试时间120分钟，满分150分
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．已知向量，则下列选项中与共线的单位向量是（ ）
A．B．C．D．
2．下列与角的终边相同的角的表达式中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知角以x轴正半轴为始边，终边经过点，则是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
4．已知平面向量，满足，，，则实数k的值为（ ）
A．1B．3C．2D．
5．如图，在△ABC中，点E是线段AB的中点，点D是线段BC上靠近B的三等分点，则（ ）
A．B．
C．D．
6．将函数的图象向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（ ）
A．7B．5C．9D．11
7．函数，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
8．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，可在全球范围内为各类用户提供全天候、全天时、高精度、高定位的导航、授时服务，2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通，北斗导航能实现“天地互通”的关键是信号处理，其中某语言通讯的传递可以用函数近似模拟其信号，则下列结论中错误的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数图象的一条对称轴是
C．函数在上单调递增
D．函数在上有4个零点
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.
9．已知，，点P在直线AB上，且，则点P的坐标可以为（ ）
A．B．C．D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．如果是第一象限的角，则是第四象限的角
B．角与角的终边与单位圆的交点关于y轴对称
C．若向量，，满足，，则
D．若是第二象限角，则点在第四象限
11．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的图象关于点中心对称
B．在区间上单调递增
C．函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标缩小为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象
12．下列说法中错误的有（ ）
A．若，，则
B．已知向量，，则不能作为平面向量的一个基底
C．已知，，若，则实数m的值为1
D．是所在平面内一点，且满足，则是的内心
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知，，且，则 ．
14．已知函数在上是增函数，则的取值范围是 .
15．如图，在△ABC中，，，，则 ．
16．已知函数的图象经过点，则 ；若在区间上单调递增，则的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其余均12分.
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若．
(1)求角A的大小；
(2)若，求△ABC面积的最大值．
18．已知函数的值域为．
(1)求的值；
(2)解不等式．
19．已知向量，，且与的夹角为，
(1)求；
(2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
20．函数，已知函数的图象与x轴相邻两个交点的距离为，且图象关于点对称．
(1)求的单调区间；
(2)求不等式的解集．
21．数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则，，两式相加得，.因为D为BC的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题：
(1)如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，证明：.
(2)如图丙，在四边形中，E，F分别在边AD，BC上，且，，，，与的夹角为，求向量与向量夹角的余弦值.
22．已知函数，在上单调递增，且恒成立．
(1)求的解析式；
(2)设，若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围．
1．A
【分析】直接由公式求出与共线的单位向量：，比对各选项选出答案即可.
【详解】，，
与共线的单位向量是．
故选：A．
2．B
【分析】根据终边相同的角的性质进行判断即可.
【详解】与角的终边相同的角为．
故选：B
3．B
【分析】先确定点P在第四象限，即角的终边在第四象限，的终边为角终边的反向延长线，即可得出答案.
【详解】，，即，
故点P在第四象限，即角的终边在第四象限，
的终边为角终边的反向延长线，那么的终边在第二象限．
故选：B．
4．A
【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律求解即得.
【详解】将两边同时平方，得，而，，，
因此，即依题意，又，所以.
故选：A
5．B
【分析】结合几何关系，利用向量的线性运算即可求解.
【详解】．
故选：B．
6．D
【分析】求出，根据可得ω，从而可求其最小值.
【详解】，
，，
由题可知，，，解得，，
又，当时，取得最小值11．
故选：D．
7．A
【分析】利用排除法，根据函数奇偶性和符号性分析判断.
【详解】因为，,可知的定义域关于原点对称，
则，
可知函数是奇函数，排除D，
当时，则，则，排除B、C．
故选：A．
8．C
【分析】根据正弦型函数的周期及取绝对值后周期减半得到的周期，判断选项A；
通过计算得到，得到B选项；
利用整体代入的思想，结合的单调性对C选项进行判断；
函数零点问题转化为图象交点问题，根据正弦函数图象可以判断D选项.
【详解】对于A，因为的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，因为，所以函数图象的一条对称轴是，故B正确；
对于C，因为时，，而在单调递减，故C不正确；
对于D，函数的零点即方程的根，时，，由图象可知方程有4个根，

故D正确．
故选：C．
9．AB
【分析】设，分和两种情况，得到方程，求出答案.
【详解】设，因为，，且点P在直线AB上，
故由可得以下两种情况：
①，此时有，解得，．
②，此时有，解得，，
综上所述，点P的坐标为或．
故选：AB．
10．ABD
【分析】由角的定义判断AB,由向量运算判断C,由三角函数在各象限符号判断D.
【详解】对于A，是第一象限的角，即，，则，，因此是第四象限的角，A正确；
对于B，由角的终边易知角与角的终边关于y轴对称，B正确；
对于C，
，故C错．
对于D，由是第二象限角，得，，则点在第四象限，D正确．
故选：ABD．
11．ABD
【分析】由三角函数的性质结合图像求出的解析式，由可判断A；求出在区间的单调性可判断B；由三角函数的平移变换可判断C；由三角函数的伸缩变换可判断D.
【详解】由图象可知，，解得，．
又，所以，
即，
结合，可知，，
所以函数的表达式为．
对于A，由于，即的图象关于点中心对称，故A正确；
对于B，由题可知，在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确．
对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；
对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，故D正确．
故选：ABD．
12．AC
【分析】举出反例说明A选项错误；由，说明，则不能作为平面向量的一个基底，故B选项正确；由两个向量垂直所适合的公式，求出，故故C选项错误；由题意证明出是的内心，故D选项正确．挑选错误选项即可.
【详解】对A选项，若，则不共线的，也有，，故A选项错误；
对B选项，，则，则不能作为平面向量的一个基底，
故B选项正确；
对C选项，，，若，则，得，
故C选项错误；
对D选项，因为，
由可知，垂直于的外角平分线，
所以点在的平分线上，
同理点在的平分线上，点在的平分线上，
所以是的内心．故D选项正确．故选AC.
13．3
【分析】根据向量平行得到方程，求出，再化弦为切，代入求值.
【详解】，，由，可得，
所以，所以．
故答案为：3．
14．
【分析】根据正切函数的单调性，结合题意，列出满足的条件，求解即可.
【详解】根据题意，，解得，又，则；
当，，
由题可得，解得；
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
15．
【分析】由得，再利用平面向量加法运算结合数量积运算求得结果.
【详解】由,可知，
,则
故答案为：．
16．
【分析】点代入，得，求得；利用整体思想是的子集，列不等式求出，并赋值求解即可.
【详解】因为函数的图象经过点，
所以，因为，所以．
时，，
因为在区间上单调递增，
所以，
所以
解得，，当时，，
又因为，所以．
故答案为：；.
17．(1)60°；
(2)
【分析】（1）根据正弦定理化边为角即可求出A；
（2）由根据基本不等式可得，再由面积公式可求解.
【详解】（1），
由正弦定理得，
，，
即，是△ABC的内角，
．
（2）由，得，
则，当且仅当时等号成立，
，
△ABC面积的最大值为．
18．(1)，；
(2)．
【分析】（1）根据条件，建立方程且，即可求出结果；
（2）由（1）知，根据条件利用的图象与性质，即可求出结果.
【详解】（1）由题设知，当时，,
当时，，所以，．
（2）由（1）知，
由，得
即，，
解得，
所以原不等式的解集为．
19．(1)；
(2).
【分析】（1）由向量夹角坐标运算求得，再利用模长公式求解即可；
（2） 由向量数量积大于0且两向量不同向列不等式求解即可.
【详解】（1）向量，，可得，，且．
因为与的夹角为，
可得，
解得，所以，
则，
所以；
（2）由向量，，
可得，
由，解得 ,
当向量与共线时，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
20．(1)单调递增区间为，，无单调递减区间；
(2).
【分析】（1）由三角函数的性质求出，令，即可求出的单调区间；
（2）由，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）由题意知，函数的最小正周期为，
因为，所以，所以
因为函数的图象关于点对称，
所以，，即，，
因为，所以，故．
令，，得，，
所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）由（1）知，．由，
得，，
即，
所以不等式的解集为：.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用图形关系的向量运算法则结合已知求解即可；
（2）由图形关系的向量运算得到，求出其模长；再利用定义式求解，最后再利用向量夹角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）证明：在四边形ABFE中，，①
在四边形CDEF中，，②
由①②，得，
因为E，F分别为AD，BC的中点，
所以，，
于是.
（2）在四边形ABFE中，①，
在四边形CDEF中，②，
由，，
得，.
由，得，
所以，
所以，
，
所以.
22．(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，继而得到，， 结合，即可求解；
（2）求得函数在上的值域，结合题中条件分类讨论的范围求得的最值，列出不等关系解出即可.
【详解】（1）由题意得 ，
则，，
解得，，
因为，且在上单调递增，
故，即，，
得，
所以；
（2）当时，，
则
若对任意，总存在使得，
①时，在上单调递增，
，此时不合题意．
②时，在上单调递减，在上单调递增．
由题意得解得
③时，在上单调递减，
，
由题意得解得（舍去），
综上，m的取值范围为