2024-2025学年广西南宁市高一下册三月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广西南宁市高一下册三月月考数学检测试题（附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数的虚部是实部的3倍，则（ ）
A. 4B. C. 3D.
【正确答案】B
【分析】根据给定条件，结合复数的概念列式求出，进而求出复数的模.
【详解】由复数的虚部是实部的3倍，得，解得，
所以，.
故选：B
2. 已知，则“”是“”的（ ）条件．
A. 充要B. 充分非必要C. 必要非充分D. 既非充分又非必要
【正确答案】C
【分析】结合诱导公式及特殊角的三角函数值求出两个条件的的值，进而结合充分、必要条件的定义判断即可.
【详解】由题意，，
由，即，则或，
由，则，
所以“”是“”的必要非充分条件．
故选：C.
3. 已知非零向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）．
A 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【正确答案】C
【分析】根据题意，结合向量数量积的运算公式，即可求解.
【详解】设向量，的夹角为，
由，得，
因，所以，即，
又因，所以.
故选：C.
4. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由函数解析式有意义可得出，即可解得原函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得，
因此，函数的定义域为.
故选：B.
5. 已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用零点存在定理判断即可.
【详解】函数的定义域为，且为单调递减函数，
，，所以，
由零点存在定理可知包含零点的区间是，
故选.
6. 已知函数其中．若在区间上单调递增，则ω的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】由求出的范围，由函数在区间上单调递增，列出不等式，从而求得ω的范围，取的值得到结果.
【详解】当时，，
则，
即，解得，
当时，，又∵，则，
当时，，
当时，∵，此时无解，
∴.
故选：D.
7. 中，以下与“”不等价的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】结合三角形边角性质以及正弦定理判断A；根据余弦函数的单调性判断B，举反例判断C；结合二倍角公式判断D.
【详解】对于A，中，由可知，结合正弦定理得，
反之亦然，A中结论等价；
对于B，由于在上单调递减，故可得，
反之亦然，B中结论等价；
对于C，取满足，而，故C中结论不等价；
对于D，,
由A知等价于，又，
故，D中结论等价，
故选：C
8. 已知满足 (其中是常数)，则的形状一定是
A. 正三角形B. 钝角三角形C. 等腰三角形D. 直角三角形
【正确答案】C
【详解】分析：由题意结合向量的运算法则和平面几何的结论确定△ABC的形状即可.
详解：如图所示，在边(或取延长线)上取点，使得，在边(或取延长线)上取点，使得，
由题意结合平面向量的运算法则可知：，，
而，据此可得：，从而：，
结合平面几何知识可知：，而，故.
即△ABC为等腰三角形.
本题选择C选项.
点睛：用平面向量解决平面几何问题时，有两种方法：基向量法和坐标系法，利用基向量的时候需要针对具体的题目选择合适的基向量，建立平面直角坐标系时一般利用已知的垂直关系，或使较多的点落在坐标轴上，这样便于迅速解题．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 下列各式中值为的是（ ）
A B.
C. D.
【正确答案】BC
【分析】由余弦的二倍角公式可判断A；由诱导公式和正弦的两角差的正弦公式可判断B；
由正切的两角和公式可判断CD.
【详解】，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值为2
B. 函数的图象关于点对称
C. 直线是函数图象的一条对称轴
D. 函数在区间上单调递增
【正确答案】AB
【分析】先用辅助角公式将函数变形为，结合正弦型函数的性质逐项判断正确与否即可.
【详解】函数，
对于选项A，，A正确；
对于选项B和C，将代入函数的解析式，得，函数的图象关于点对称，B正确，C错误；
对于选项D，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，D不正确；
故选：AB.
11. 在中，角A，，所对的边分别为，，，下列命题正确的是（ ）．
A. 若，，，则有两解
B. 若，，则的面积最大值为
C. 若，，，则外接圆半径为
D. 若，则
【正确答案】ACD
【分析】由余弦定理，结合条件，可求得c值，分别检验，即可判断A的正误；由余弦定理，可得表达式，根据基本不等式，可得最大值，代入面积公式，即可判断B的正误；根据余弦定理，可得，根据同角三角函数关系，可得，根据正弦定理，即可判断C的正误；根据余弦定理及基本不等式，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：由余弦定理得，解得，
当时，，且，满足题意，
当时，，且，满足题意，
所以有两解，故A正确；
对于B：由余弦定理得，
所以，
根据基本不等式可得：，
当且仅当时等号成立，
所以，
所以则的面积最大值，故B错误；
对于C：由余弦定理得，
因为，所以，
由正弦定理得，R为外接圆半径，
所以，故C正确；
对于D：因为，所以，
由余弦定理可得，
当且仅当时等号成立，
因为，所以，故D正确.
故选：ACD
解题的关键是熟练掌握余弦定理、正弦定理、面积公式、基本不等式等知识，考查分析理解，计算化简的能力，综合性较强，属中档题.
三、填空题（本大题共3小题，每小题满分5分，共15分．）
12. 已知函数是偶函数，则______.
【正确答案】1
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故1
13. 已知向量，，且与平行，则______．
【正确答案】##1.5
【分析】先求出，的坐标，进而根据向量共线的坐标表示求解即可.
【详解】因，，所以，，
因为与平行，所以，解得，
故
14. 在直角梯形中，，，，点是边上中点，若点在线段上运动（含端点），则的取值范围是_______．
【正确答案】
【分析】建立平面直角坐标系，令，，利用数量积的坐标表示即可得出的取值范围.
【详解】以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则、、、，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，，
所以，则，
所以，，
由二次函数性质可得当时取得最小值，
当时取得最大值，可得.
因此，的取值范围是.
故答案为.
四、解答题：共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知向量、满足，.
（1）求与的夹角；
（2）求；
（3）求向量在向量上的投影向量的坐标．
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算可求出与的夹角；
（2）求出向量的坐标，利用平面向量的模长公式可求得的值；
（3）利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可求出向量在向量上的投影向量的坐标.
【小问1详解】
因为向量、满足，，则，，，
所以，，
因为，故，即与的夹角为.
【小问2详解】
因，故.
【小问3详解】
向量在向量上的投影向量为.
16. 已知函数的表达式为.
（1）当时，求证：在上是严格减函数；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）任取、且，作差，因式分解后判断的符号，由此可证得结论成立；
（2）由已知得出，令，，则，利用二次函数的基本性质求出，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
任取、且，即，
，
，则，，所以，，，
因此，函数在上是严格减函数；
（2）对任意的，，可得，
令，则，令，其中，
所以，，.
因此，实数的取值范围是.
方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：
（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义得出结论.
即取值作差变形定号下结论.
17. 已知函数的部分图象如图所示.先将图象上的每个点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，向下平移1个单位长度，得到函数的图象
（1）求的解析式;
（2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若为锐角，且，的面积，求.
【正确答案】（1）；
（2）2.
【分析】（1）利用给定的函数图象求出，再利用三角函数图象变换求出的解析式.
（2）由（1）的信息求出角，再利用正弦定理、面积公式及余弦定理求解即得.
【小问1详解】
观察图象，函数的周期，则，，
由，得，而，则，，
将图象上的每个点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，得的图象，
最后向下平移1个单位长度，所以的解析式是.
【小问2详解】
由（1）知，，则，而，
即，于是，解得，
由正弦定理及，得，由的面积，得，
即，解得，
在中，由余弦定理得.
18. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【正确答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
19. 如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线、交于、两点．
（1）请用、表示和；
（2）设，，求的值；
（3）如果是边长为的等边三角形，求的取值范围．
【正确答案】（1），
（2）
（3）
【分析】（1）利用平面向量线性运算可得出、关于的表达式；
（2）由、、三点共线可设，根据向量线性运算求出、，即可求解；
（3）由余弦定理可求出、，计算，利用基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
因为是中点，，
因为，则.
【小问2详解】
因为、、三点共线，故存在实数，使得，
即，整理得，
由（1）知，，
根据平面向量基本定理，则.
【小问3详解】
因为是边长为的等边三角形，故，，
在中，由余弦定理，，
在中，同法可得，
故，
由（2）知，得，
故，
由基本不等式，，，
当且仅当，即，时，取最小值，
故的取值范围是．