2024-2025学年河南省驻马店市高一下册第三次月考数学检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年河南省驻马店市高一下册第三次月考数学检测试题（附答案），共15页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 考试等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4. 考试
一、单选题（每小题5分，共计40分）
1．若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．的虚部为B．
C．D．
3．已知向量，，且．则在方向上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．．
4．设，向量，，，且，，则 ＝
A．B．C．D．10
5．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
6．设，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（ ）米.
A．B．
C．D．
8．已知向量，且．若，则的最小值为（ ）．
A．B．26C．D．24
二、多选题（每小题6分 共计18分）
9．已知两个非零向量的夹角为，定义运算，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．若，则的最小值为
10．已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，则
C．若，则是锐角三角形
D．若，则是钝角三角形
11．下列各式中值为的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题 （每小题5分，共计15分）
12．已知点，，则与向量同方向的单位向量的坐标是 ．
13．已知全集，集合或，则 .
14．已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为 .
四、解答题
15．（13分）如图所示，摩天轮的半径为，最高点距离地面高度为，摩天轮的圆周上均匀地安装着个座舱，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一周大约需要.甲，乙两游客分别坐在，两个座舱里，且他们之间间隔个座舱(本题中将座舱视为圆周上的点).

（1）求劣弧的弧长(单位：)；
（2）设游客丙从最低点处进舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，关于时间的函数解析式；
（3）若游客在距离地面至少的高度能够获得最佳视觉效果，请问摩天轮转动一周能有多长时间使甲，乙两位游客都有最佳视觉效果.
16．（15分）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求B的大小；
(2)若，求外接圆的半径；
(3)若点M在线段AC上，，求的最小值．
17．（15分）已知
(1)求在上的投影向量的坐标.
(2)若 与 的夹角为钝角，求实数的取值范围.
18．（17分） 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在中，内角,，的对边分别为，，，且满足________．
(1)求；
(2)若的面积为，，求的周长．
19．（17分）已知函数，．
(1)若，求的对称轴方程；
(2)若在上恰取得一次最大值和一次最小值，求的取值范围；
(3)若在轴右侧的第一个零点为，令，且在内恰有6个零点，求实数．
数学答案
1．D
【分析】根据给定条件，利用一元二次不等式恒成立问题求解.
【详解】当时，恒成立，则；
当时，，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D
2．C
【分析】由已知可得的虚部，即可判断；由复数模的运算即可判断；由共轭复数的定义即可判断；虚部不为0的复数不能比较大小，即可判断.
【详解】由已知可得的虚部为，故错误；
，故错误；
，故正确；
虚部不为0的复数不能比较大小，故错误.
故选：C.
3．A
【分析】根据向量数量积的运算及向量的坐标运算可得数量积的值，再根据投影向量的运算公式求解即可得答案.
【详解】因为，，则，
所以，则，
所以在方向上的投影向量为
.
故选：A.
4．B
【详解】试题分析：∵，∴，即，∵，∴，即，
∴，∴，∴．
考点：向量的垂直、平行的充要条件，向量的模．
5．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.
6．A
【分析】根据二倍角的正切公式与两角和的正切公式求解，再分析角度范围得到即可
【详解】因为，所以，且，所以，则
故选：A．
7．B
【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.
【详解】由题知，，，则，，
又，所以，所以，，
在中，，
根据正弦定理有，
且，
则，
在中，.
所以山高为米.
故选：B.
8．B
【详解】作正方形，连接对角线，令、分别为对角线、边上一点，使得，，，.
故.
9．AC
【分析】通过对向量新定义运算的理解，结合向量的数量积公式、三角函数关系以及向量模的计算公式来逐一分析各个选项.
【详解】对于A，由，得，而，因此，
又，则或，所以，A正确；
对于B，，当时，，
当时，，B错误；
对于C，因为，所以，所以，
因为，所以，所以，C正确；
对于D，由，得，由，得，
两式平方相加得，则，
当且仅当时取等号，D错误.
故选：AC.
10．ABD
【分析】A利用余弦定理即可；B利用正弦定理即可；C数量积运算可得A为锐角，但无法保证其余角也为锐角；D先利用正弦定理得出，再利用余弦定理即可.
【详解】对于A，由余弦定理得，
得，得，故A正确；
对于B，由及正弦定理，得，解得，故B正确；
对于C，因为，所以，
所以，所以A为锐角，但无法确定B和C是否为锐角，故C错误；
对于D，因为的三个角满足，
所以由正弦定理化简得，
设，，，c为最大边，
由余弦定理得，
所以C为钝角，所以是钝角三角形，故D正确；
故选：ABD.
11．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.
12．
【分析】与向量同向的单位向量为，根据坐标形式求得向量及模长即可求得.
【详解】点，，
，可得，
因此，与向量同方向的单位向量为：
故
13．或
【分析】数形结合得出补集即可.
【详解】在数轴上表示出全集,集合,
根据补集的概念可知或.
故或.
14．/-0.2
【分析】根据向量的几何意义得到的平分线与垂直，并计算出，，建立平面直角坐标系，表达出，配方求出最小值.
【详解】分别表示与方向的单位向量，故所在直线为的平分线所在直线，
又，故的平分线与垂直，
由三线合一得到，取的中点，
因为，故，

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，
设，，
则，
当时，取得最小值，最小值为.
故
15．（1）；（2），其中；（3）.
【分析】（1）根据弧长的计算公式可求的长度.
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，利用三角函数的定义可求关于时间的函数解析式.
（3）利用（2）中所得的解析式并令，求出不等式的解后可得甲，乙两位游客都有最佳视觉效果的时间长度.
【详解】（1）因为摩天轮的圆周上均匀地安装着个座舱，
故每个座舱与中心连线所成的扇形的圆心角为，
故.
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，设，
由题意知，，所以，
又由，所以，
当时，可得，所以，
故关于时间的函数解析式为，其中.
（3）令，即，
令，解得，
因为甲乙两人相差，
又由，所以有甲乙都有最佳视觉效果.
三角函数实际应用问题的处理策略：
1、已知函数模型求解数学问题；
2、把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题；
3、根据实际问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化以及三角恒等变换即可求解；
（2）由余弦定理可求解，即可利用正弦定理求解；
（3）利用等面积法可得，即可利用基本不等式的1的妙用求得最小值.
【详解】（1）由，
可得，
由正弦定理可得，
因为，所以，又因为，所以；
（2）由余弦定理可得，
因为，所以，
解得，所以，
所以外接圆的半径为；
（3）因为，，所以，
又，故，
所以，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，直接求出在上的投影向量的坐标.
（2）利用向量夹角公式，结合向量共线列式计算即得.
【详解】（1）依题意，，故在上的投影向量为
（2）依题意，，，
由与 的夹角为钝角，得，且与不共线，
则且，解得，且，
所以实数的取值范围是
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用公式以及正弦定理和余弦定理可化简求得角；
（2）利用余弦定理和面积公式可得方程组和，即可求得.
【详解】（1）在中，
选①：，则，
则由正弦定理得，则，
又，所以.
选②：，则，
利用正弦定理得，则，
又，所以.
选③：，则利用正弦定理得，
则，则，
又，所以.
（2）的面积为，则，即，
又，则由余弦定理可得，即，即，
故，则，
则的周长为.
19．(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得，再由整体代换即可求得对称轴方程；
（2）由可得，根据最值个数得出不等式即可求得；
（3）依题意可求得，代入可得的表达式，再利用换元法可得方程有两不等实根，结合图象以及零点个数得出对应取值即可求得实数.
【详解】（1）易知
；
因为，所以，
令，即可得；
所以的对称轴方程为；
（2）因为，，所以；
又因函数在上恰有1个最大值和1个最小值；
所以有；
解得，
所以的取值范围为；
（3）由题知，．所以，；
又因，所以；
所以；
又因；
即在内有6个根；
令，则有，
显然，所以有两不等实根，不妨设为，，
则有，，显然，异号，
不妨设，，
①若，易知，，
结合图象易知，在上有2个根，在上有4个根，
所以符合题目要求；
②若，结合图象易知，在上有4个根，
故需在上有2个根，易知此时；
代入方程得，；
综上所述，.
关键点点睛：本题关键在于利用三角恒等变换以及换元法将零点个数问题转化为方程根的个数问题，再根据函数与方程的思想利用数形结合即可求得参数取值.