2022-2023学年四川省南充高级中学高一下学期第二次月考数学试题含解析

2022-2023学年四川省南充高级中学高一下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．已知点在第三象限，则角的终边位置在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】由所在的象限有，即可判断所在的象限.

【详解】因为点在第三象限，

所以，

由，可得角的终边在第二、四象限，

由，可得角的终边在第二、三象限或轴非正半轴上，

所以角终边位置在第二象限，

故选：B.

2．平面向量与的夹角为，则=（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由平面数量积的定义求解即可.

【详解】因为向量与的夹角为，，

故，

则.

故选：A.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用同角三角函数基本关系式先化简再求值.

【详解】，

.

故选：A.

【点睛】利用三角公式求三角函数值的关键：

(1)角的范围的判断；

(2)选择合适的公式进行化简求值．

4．已知向量满足则（    ）

A．3 B．49 C．6 D．7

【答案】D

【分析】根据公式直接计算可得.

【详解】.

故选：D

5．已知分别为三个内角的对边，且，则是（    ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形

【答案】D

【分析】正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，得到，即可求解.

【详解】因为，由正弦定理得，

又因为，可得，

所以，

因为，可得，所以，

又因为，所以，所以为钝角三角形.

故选：D.

6．在直角梯形中，，，，为的中点，则

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】画出图形，过点作，垂足为，易知是等腰直角三角形，是正方形，结合向量的线性运算可知，展开运算即可得出答案.

【详解】画出图形，过点作，垂足为，易知是等腰直角三角形，是正方形，，

根据题意得

.

故选:B.

【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查了向量的数量积，考查了学生的计算能力，属于基础题.

7．已知是所在平面内一点，且点满足 则点一定的（    ）

A．外心 B．重心 C．内心 D．垂心

【答案】C

【分析】表示与的角平分线垂直的向量，因为与垂直，所以平行于的角平分线，即点位于的角平分线上，同理可得，点位于的角平分线上以及的角平分线上，即点是的角平分线的交点，因此点是的内心.

【详解】因为，所以，

即，

即可得，即是的角平分线；

同理可得是的角平分线，是的角平分线,

所以点为三条角平分线的交点，即点是的内心.

故选：C

8．已知函数（其中）在区间上单调，且，当时，取得最大值，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据三角函数的性质确定函数解析式，然后解正弦不等式即可.

【详解】因为函数在区间上单调，且，

所以和均不是的极值点，其极值应该在处取得，

又，所以也不是的极值点，

又时，取得最大值，所以为另一个相邻的极值点，

故函数的最小正周期，所以，

又时，取得最大值，所以，即，

因为，所以，，可得，

由，得，

所以，解得，

所以不等式的解集为.

故选：A

二、多选题

9．在下列各组向量中，能作为平面的基底的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】判断两个向量是否共线即可，不共线的两个向量才能作为基底.

【详解】对于A，因为，所以，故两向量不能作为基底；

对于B，因为，所以两向量不共线，故两向量能作为基底；

对于C，因为，所以，故两向量不能作为基底；

对于D，因为，所以两向量不共线，故两向量能作为基底.

故选：BD.

10．将函数的图象向左平移个单位长度得到一个偶函数，则的值可以为（     ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】化简函数的解析式，求出变换后的函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性可得出关于的等式，即可求得值.

【详解】因为，

将函数的图象向左平移个单位长度，

得到函数的图象，

因为函数为偶函数，则，

解得，

，则当时，，时，.

故选：AC.

11．已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ）

A．若,则

B．若，则为直角三角形

C．若,则为直角三角形

D．若，则满足条件的有两个

【答案】AC

【分析】根据正弦定理、余弦定理知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】对于A选项，若，则，由正弦定理可得，

所以，，故A选项正确；

对于B选项，由可得：，则，

得到为钝角，故B选项不正确；

对于C选项，若，由正弦定理可得，

所以为直角三角形，故C选项正确；.

对于D选项，由正弦定理可得，则，

故，由可得或，

因为，则，故，故D选项不正确.

故选：AC.

12．已知函数，则（      ）

A．既是周期函数又是奇函数

B．的图像关于点对称

C．的图像关于直线对称

D．的最大值为

【答案】BCD

【分析】对于A，找反例即可判断；对于B，验证即可；对于C，验证即可；对于D，令，则原函数可化为，分结合基本不等式即可判断.

【详解】因为函数，

对于A，，

，则，

所以不是奇函数， A错误．

对于B，因，

所以的图像关于点对称，B正确．

对于C，因为，

所以的图像关于直线对称．C正确．

对于D，令，则，

当时，；当或时，，

当且仅当时，等号成立，此时函数取得最大值，D正确．

故选：BCD

三、填空题

13．若非零向量与的夹角为，且，设为与同向的单位向量，则在方向上的投影向量为__________.

【答案】

【分析】根据投影向量及求出答案.

【详解】，又为与同向的单位向量，故，

所以.

故答案为：

14．已知扇形的面积为，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为____________cm．

【答案】

【分析】设扇形的弧长为，半径为，由已知可得出，求解即可得出答案.

【详解】设扇形的弧长为，半径为，

由已知可得，圆心角，面积，

所以有，即，解得.

故答案为：.

15．已知是平面内两个夹角为的单位向量，若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是_______.

【答案】

【分析】根据向量夹角为锐角得到，再排除的情况，计算得到答案.

【详解】因为与的夹角为锐角，

所以，

又因为，

则，

解得，

当时，，即，，解得.

综上所述：且

故答案为：

16．如图，在中，，，直线交于点，若则_________ .

【答案】/0.6

【分析】由三点共线可得存在实数使得，再由三点共线可解得，利用向量的线性运算化简可得，即.

【详解】由题可知，三点共线，由共线定理可知，

存在实数使得,

又，所以，

又三点共线，所以，解得，

即可得，所以，

所以，即，可得，

又，即可得.

故答案为：.

四、解答题

17．已知顶点在原点，以非负半轴为始边的角终边经过点．

(1)求；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分子分母同除，即可变成的分式，代入求值即可；

（2）利用二倍角公式变形，1的代换变成分式，分子分母同除，即可变成的分式，代入求值即可.

【详解】（1）因为角终边经过点，所以，

所以；

（2）.

18．已知向量，，，（）

(1)若向量与垂直，求实数的值

(2)当为何值时，向量与平行.

【答案】(1)2

(2)1

【分析】根据向量垂直的坐标公式可得；

根据向量平行的坐标公式可得.

【详解】（1）由已知可得，

因为向量与垂直，所以，

解得；

（2），因为与平行，

所以，解得，

所以当时，向量与平行

19．已知，，.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用倍角公式和诱导公式计算；

（2）利用两角和与差的余弦公式计算，注意角的范围.

【详解】（1）.

（2）因为，所以，

又因为，所以，

所以；

因为，所以，

所以.

所以

.

20．已知向量，函数.

(1)求函数的最大值及相应自变量的取值集合；

(2)在中，角的对边分别为，若，求面积的最大值.

【答案】(1)，此时自变量的取值集合为

(2)

【分析】（1）根据题意，由向量数量积的坐标运算即可得到解析式，再由辅助角公式化简，由正弦型函数的最值即可得到结果；

（2）根据题意，结合（1）中解析式可得，再由余弦定理以及基本不等式即可得到结果.

【详解】（1）由题知，，

当，即时，最大，且最大值为，即，此时自变量的取值集合为.

（2）由（1）知，，则，

因为在中， ，所以，

所以，所以，

又由余弦定理及，得：，

即，

所以，即（当且仅当时等号成立）.

所以.

21．如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为，在甲出发后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为，山路AC长为3150m，经测量，.

(1)求索道AB的长；

(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

【答案】(1)2600m

(2)

【分析】1）在△ABC中，由cosA和cosC可得sinA和sinC，从而得sinB，由正弦定理，可得AB；

（2）假设乙出发分钟后，通过余弦定理算出此时甲乙之间的距离，结合二次函数即可得最值.

【详解】（1）法一：由题意得：

所以   

由正弦定理得:

所以.    

法二：，

∴，        

如图作于点D,

设，则，，                

由，解得：

则

（2）设乙出发 （）后到达点M，此时甲到达N点，

如图所示，则，      

由余弦定理得：

所以当时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短.

22．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.

(1)设函数，试求的相伴特征向量；

(2)若向量的相伴函数为，且在区间上单调递增，求实数的取值范围；

(3)已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)存在，

【分析】（1）化简得到，得到相伴特征向量.

（2）确定，计算函数的单调区间，得到，解得答案.

（3）确定得到，再计算，，根据向量垂直关系，结合三角函数有界性得到答案.

【详解】（1），

的相伴特征向量为

（2）向量的相伴函数为，故，

取，得，

所以的单调递增区间为，

故，且，即，且，解得

所以实数的取值范围为.

（3），相伴特征向量为，

故，则，

，

设，，

故，，

，故，

即，，

，，

故，又，

当且仅当时，和同时等于，等式成立，

故在图像上存在点，使得.