2022-2023学年四川省眉山市彭山区第一中学高一下学期5月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省眉山市彭山区第一中学高一下学期5月月考数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省眉山市彭山区第一中学高一下学期5月月考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意求全集，再结合集合间的运算求解.【详解】因为，则，所以．故选：A.2．若复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数的除法运算即可得出答案.【详解】．故选: C.3．已知向量，，且，则（    ）A．1或 B．1或 C．或 D．-1或【答案】C【分析】由向量平行的坐标公式求解即可得出答案.【详解】因为，所以，解得或．故选：C.4．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式求出的值，再利用诱导公式和弦化切可求得所求代数式的值.【详解】因为，所以．故选：A.5．某火锅店开张第一周进店消费的人数逐日增加，设第天进店消费的人数为，且与（表示不大于t的最大整数）成正比，假设第2天有6人进店消费，则第3天进店消费的人数为（    ）A．12 B．15 C．18 D．20【答案】C【分析】根据题意得，再由第2天有6人进店消费求得，从而将代入即可得解.【详解】依题意可设，当时，，解得，所以，则当时，，故第3天进店消费的人数为18．故选：C.6．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】由求得，所以或，分别判断充分条件和必要条件是否成立即可.【详解】若，则．因为，所以或，则．反之亦成立．故“”是“”的充要条件．故选：C.7．如图，在太极图中，大圆半径是小圆半径的6倍，A，B分别为太极图中的最低点和最高点，过A作黑色小圆的切线，切点为C，则向量在向量上的投影向量为（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意结合投影向量的定义分析求解.【详解】如图，设大圆、小圆的圆心分别为O，，小圆半径为r，大圆半径为R，则，因为AC与圆相切，则，所以在上的投影向量为，又因为，，即，所以在上的投影向量为．故选：B.  8．位于四川省乐山市的乐山大佛，又名“凌云大佛”，是世界文化与自然双重遗产之一．如图，已知PH为佛像全身高度，PQ为佛身头部高度（PQ约为15米）．某人为测量乐山大佛的高度，选取了与佛像底部在同一水平面上的两个测量基点A，B，测得米，米，，在点A处测得点Q的仰角为48.24°，则佛像全身高度约为（    ）（参考数据：取，，）  A．56米 B．69米 C．71米 D．73米【答案】C【分析】由余弦定理可得，再由，可求得，从而可得结论.【详解】由余弦定理可得．依题意得，则，所以，则，故佛像全身高度约为71米．故选：C. 二、多选题9．已知向量，若，则的值可能为（    ）A．2 B．－2 C．3 D．－3【答案】AD【分析】根据向量垂直数量积为0求解即可.【详解】因为，所以，解得或2．故选：AD10．若复数满足，则（    ）A．的实部为 B．的虚部为1C． D．【答案】AC【分析】设，再根据共轭复数的定义与复数的运算可得，再根据复数的性质与运算逐个选项判断即可.【详解】设，则，因为，所以，A正确，B错误．因为，C正确，D错误．故选：AC.11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题是真命题的是（    ）A．若，则为等腰三角形B．若，，，则只有一解C．若，则D．若为锐角三角形，则【答案】ACD【分析】对于A、C：根据题意结合正弦定理运算分析即可；对于B：根据三角形解得个数的结论分析判断；对于D：根据题意结合正弦函数单调性分析判断.【详解】对于选项A：由，由正弦定理可得，则，因为，则，可得，即，所以为等腰三角形，故A正确；对于选项B：若，，，则，所以有两解，故B错误；对于选项C：若，有正弦定理可得，则，即，因为，则，可得，所以，故C正确；对于选项D：若为锐角三角形，则，可得，且，，则在上单调递增，所以，又因为，则，可得，所以，故D正确．故选：ACD.12．设符号函数已知函数，则（    ）A．的最小正周期为B．在上的最大值为1C．是偶函数D．函数在上有6个零点【答案】BC【分析】根据符号函数的定义，分段讨论化简的解析式，作出函数的图像，数形结合判断各选项是否正确.【详解】时，，，，时，，，，时，，，，即作出的部分图像，如图所示，  由图可知，不是周期函数，A错误；由图可知，在上的最大值为，B正确；由图可知，的图像关于直线对称，所以是偶函数，C正确； 令，得，由图可知，在上，图像与直线只有5个交点，所以在'上有5个零点，D错误．故选：BC 三、双空题13．将函数的图象向左平移1个单位长度后，得到的图象，则______；将图象上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，则______．【答案】          【分析】根据函数图象的变换即可得出函数解析式.【详解】依题意可得，．故答案为：；. 四、填空题14．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇纸多为扇环．已知某纸扇的扇环如图所示，其中外弧线长与内弧线长之和为，连接外弧与内弧的两端的线段长均为，且该扇形的中心角的弧度数为2.7，则该扇环的外弧线长为______．  【答案】【分析】根据题意结合弧长公式运算求解.【详解】如图，设弧AB的长为a cm，弧CD的长为b cm．因为该扇形的中心角的弧度数为2.7，所以，，即，．因为，所以，又因为，解得，所以该扇环的外弧线长为70 cm．故答案为：70 cm.  15．已知函数，且，则______．【答案】1【分析】根据题意整理可得，进而可得结果.【详解】因为，即，所以，即，且，所以．故答案为：1.16．已知向量，满足，，，且，则的取值范围是______．【答案】【分析】根据向量数量积的运算律化简运算即可得解.【详解】当时，由，得，这与矛盾，所以．由，得，即，所以．因为，且，所以．故答案为： 五、解答题17．已知复数满足为纯虚数．(1)求；(2)若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）化简，利用是纯虚数求出的值，得出复数的表达式，即可求出的值；（2）化简复数，利用点在第三象限，即可求出的取值范围.【详解】（1）由题意，在复数中，，∵为纯虚数，∴，解得．∴，（2）由题意及（1）得，，在中，，∵复数在复平面内对应的点位于第三象限，∴，解得，∴的取值范围是．18．已知向量，．(1)求的最小值，并求此时的取值集合；(2)设锐角满足，求的值．【答案】(1)的最小值，此时的取值集合为或；(2) 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示，结合同角三角函数关系即可求解；（2）利用正切的二倍角公式求出，进而得到和，再根据向量减法和数量积的坐标表示即可求解.【详解】（1）由题意可得，，因为，所以当时，取得最小值，此时的取值集合为或；（2）由，解得或，因为为锐角，所以，所以由，解得，，因为，所以．19．已知，，，函数，的部分图象如图所示．  (1)求，的解析式；(2)求函数的单调递减区间．【答案】(1)，(2). 【分析】（1）根据给定的图象，结合函数式的特征依次求出作答.（2）利用（1）的结论，结合正弦函数的单调性，列出不等式求解作答.【详解】（1）观察图象知，，的最小正周期为，解得，于是，，显然的图象经过点，即，而，则，所以．（2）由（1）知，由，得，所以函数的单调递减区间为.20．在平行四边形中，，．(1)试用表示；(2)若四边形的面积为，，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用平面向量的四则运算求解即可；（2）首先利用平行四边形的面积公式和数量积的定义可得，再根据向量的四则运算可得，展开结合均值不等式即可求解.【详解】（1）因为，所以，因为，所以．（2）设，，因为，所以，则四边形的面积，解得，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，故的最大值为．21．已知函数，．(1)若函数在内有唯一零点，求a的取值范围．(2)设函数的最大值、最小值分别为M，m，记．设，函数，当，时，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由方程在内只有一个实数解，可求a的取值范围；（2）由定义求，再由恒成立，求的取值范围．【详解】（1）依题意可得方程在内只有一个实数解，即在内只有一个实数解，所以，所以a的取值范围为．（2）因为，所以当时，，则．因为，所以在上为减函数，所以在上的最大值为，最小值为，所以当时，，由，得，即，解得，故的取值范围为．22．已知为中边上的中线，．(1)若，求的长；(2)若，求的值及的值．【答案】(1)(2)， 【分析】(1)根据题意结合边角关系分析可得为正三角形，进而可得结果；(2)根据结合余弦定理可得，再利用正弦定理可得，进而利用余弦定理运算求解.【详解】（1）设，则，．因为，所以，所以，所以，所以，且为中边上的中线，所以，则为正三角形，所以．（2）依题意可得，设，因为，可得由余弦定理得，则，整理得，即．由正弦定理得，即，整理得，则，则．在，由余弦定理得，则，整理得，即．