2022-2023学年安徽省滁州市定远县育才学校高一下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年安徽省滁州市定远县育才学校高一下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知为锐角，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由条件得出的范围，从而有，再根据平方关系可得答案.

【详解】由为锐角，即，则

则

故选：C

2．已知函数 ，则f(x)在上的单调递增区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用整体代入法求得的单调递增区间，由此确定正确选项.

【详解】由，

解得，

所以的单调递增区间是，

令，得的单调递增区间是，

所以在区间上的单调递增区间为.

故选：B

3．在△ABC中，a，b，c为角A，B，C的对边，且b2=ac，则B的取值范围是（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦定理解答即可.

【详解】由b2=ac，

得，

因为0<B<π，

所以B∈.

故选：A.

4．为迎接大运会的到来，学校决定在半径为，圆心角为的扇形空地的内部修建一平行四边形观赛场地，如图所示.则观赛场地的面积最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】如图，连接，设，可用的三角函数值表示，，即可得到四边形的面积，再根据三角函数的值域的求法即可求解．

【详解】如图所示： ．

连接，设，作，，垂足分别为．

根据平面几何知识可知，，，．

∴，．

故四边形的面积也为四边形的面积，

即有

，其中．

所以当即时，．

故选：D．

【点睛】本题主要考查利用三角函数解决几何中的最值问题，意在考查学生的数学建模能力和数学运算能力，属于基础题．

5．已知向量与的夹角为,且,,若,且,则实数的值为

A． B．13 C．6 D．

【答案】D

【详解】试题分析：由向量与的夹角为,且,,可得,又,所以=,所以,故选D.

【解析】平面向量的线性运算及数量积.

6．若O点是△ABC所在平面内任一点，且满足，则△OBC与△ABC的面积比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连并延长交于,设,,根据向量减法的逆运算可得,结合已知可得,解得,由此可得结果.

【详解】如图所示:连并延长交于,

设,,

则,

所以,

所以,

又,

所以 ,解得,

所以,

所以,

所以.

故选:C

【点睛】本题考查了向量共线定理,考查了向量减法的逆运算,考查了平面向量基本定理,考查了三角形的面积,属于中档题.

7．若钝角的内角，，满足，且最大边长与最小边长的比值为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用三角形内角和结合条件求得，然后利用余弦定理及钝角三角形得，即可求解.

【详解】设三角形的三边从小到大依次为，，，

因为，则，故可得，

根据余弦定理得：，于是，

因为为钝角三角形，故，于是，即，

则，即.

故选：B.

8．已知函数的部分图象如图所示，若存在，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用图象求得函数的解析式为，由结合正弦函数的对称性得出，且有，将代入结合诱导公式可求得的值.

【详解】由图象知函数的最小正周期为，，

又，

且，

，，

所以，，，，

当时，，

因为存在，满足，

即，则，可得，且，

则.

故选：C.

【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的方法：

（1）求、，；

（2）求出函数的最小正周期，进而得出；

（3）取特殊点代入函数可求得的值.

二、多选题

9．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．函数在单调递减

B．函数图象关于中心对称

C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象

D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为

【答案】AD

【分析】根据图象可得函数的解析式，再根据整体法或代入法可判AB的正误，利用图像变换可 判断C的正误，根据正弦函数的性质可判断D的正误.

【详解】由图象可得，且，故即，

而，故，

因为，故，故，

对于A，当，，

而在上为减函数，故在为减函数，故A正确.

对于B，，故为函数图象的对称轴，

故B错误.

对于C，将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C错误.

对于D，当时，，

因为函数的值域为，故，

故，故D正确.

故选：AD.

10．在中，在边上，且，，若，，则下列结论中正确的是（    ）

A．  B．为锐角三角形 C．的外接圆半径为 D．的内切圆半径为

【答案】ACD

【分析】利用正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，同角三角函数基本关系，将各个选项逐一分析求解即可．

【详解】

设，则，

由，，可得，

在中，由正弦定理可得，

故A正确；

在中，由余弦定理，有：，

即：，解得，

故

在中，，

，

故

，

所以，

又，

由，

可知为钝角三角形，故B错误；

设的外接圆半径，

由正弦定理可得，，故C正确；

设的内切圆半径为，

则，

解得，故D正确．

故选:ACD．

11．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成，其中小正方形的边长为1，E为的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】A.根据小正方形的边长为1，E为的中点，得到，大正方形的边长为求解判断；B.利用向量的求模公式求解判断；C.延长交于点G，得到为的中点，G为的中点求解判断； D.利用向量的数量积运算求解判断.

【详解】因为小正方形的边长为1，E为的中点，所以，大正方形的边长为，所以，A正确；

，B正确；

如图：，

延长交于点G，则为的中点，可得G为的中点，，

所以，

， C正确；

，D错误．

故选：ABC

12．奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车()的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．若是锐角内的一点，是的三个内角，且点满足，则（    ）

A．为的垂心 B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】利用数量积的运算律可整理得到，同理，，知A正确；

推导得到，由此可证得B正确；

由数量积的定义和B的结论可求得，同理得，，作比可得到结果，知C错误；

利用三角形面积公式和B的结论表示出，同理得到，作比后代入C中推导的结论可得，由此证得D正确.

【详解】对于A，，，即，

同理可证得：，，是的垂心，A正确；

对于B，延长交于两点，

由A可知：，，，，

，又，，B正确；

对于C，由B可得：，

同理可得：，，

，

，C错误；

对于D，由B可得：，

同理可得：，，

，

由C可得：，

又，，D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量在三角形中的应用，涉及到垂心的向量表示、向量数量积的定义等知识；解题关键是能够通过数量积的定义和运算律，将所证内容进行转化，得到三角形面积或向量模长与角的正余弦值之间的关系.

三、填空题

13．已知，，则      

【答案】

【分析】先确定位于第二象限，求出，再使用凑角法和余弦差角公式进行所求解.

【详解】由，则，又，故，即位于第二象限，由同角三角函数关系得：

故答案为：

14．已知向量，，，则向量与的余弦值为          .

【答案】

【分析】计算的坐标，由模求得参数，由数量积的运算求得向量夹角的余弦值．

【详解】由已知得，所以，解得，，

．

故答案为：．

15．在中，角的对边分别为，已知，，角的平分线交边于点，其中，则      .

【答案】

【分析】根据余弦定理可得；利用和可构造方程求得，代入余弦定理的式子可求出，代入三角形面积公式求得结果.

【详解】

由余弦定理可得：

又        

，解得：

本题正确结果：

【点睛】本题考查解三角形中三角形面积的求解问题，涉及到余弦定理和三角形面积公式的应用；本题的解题关键是能够通过面积桥的方式构造方程求得和之间的关系，进而结合余弦定理求得所需的值.

16．梵净山是云贵高原向湘西丘陵过渡斜坡上的第一高峰，是乌江与沅江的分水岭，也是横亘于贵州、重庆，湖南，湖北四省（市）的武陵山脉的最高主峰．某测量小组为测量该山最高的金顶P的海拔，选取了一块海拔为400米的平地，在平地上选取相距885米的两个观测点A与B，如图，在点A处测得P的仰角为，在点B处测得P的仰角为，则金顶P的海拔为________米．（结果精确到整数部分，取）

【答案】2494

【分析】先求出，然后加上400米即可

【详解】设米，依题意可得，则．因为，所以，则，所以米，故金顶P的海拔为米．

故答案为：2494

四、解答题

17．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点.

(1)求的值；

(2)若角满足，求的值.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得结果

（2）根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.

【详解】（1）由角的终边过点，得，

.

（2）由角的终边过点，得，，

由，得.

由，得，

分别代入得，或.

18．已知函数，（其中，）的最小正周期为，它的一个对称中心为.

（1）求函数的解析式；

（2）当时，方程有两个不等的实根，求实数的取值范围；

（3）若方程在上的解为，，求.

【答案】(1) (2) (3)

【分析】(1)利用周期与对称中心分别求解即可.

(2)先求得当时的图像,再数形结合分析有两个不等的实数根的情况,进而得出实数的取值范围.

(3)先根据图像性质得,再将转化为关于的函数,进而根据的函数求解即可.

【详解】（1）∵，∴，又∵的一个对称中心为，∴，∴，，，又∵，∴，∴.

（2）解法一：当时，，“当时，方程有两个不等的实根”，等价于“当时，方程有两个不等的实根”，即“与的图像在内有两个不同的交点”，

如图可知，∴，

即实数的取值范围为.

解法二：作，与的图像，如图，可知，

∴，即实数的取值范围为.

（3）如图，易知，且，

∴.

【点睛】本题主要考查了三角函数解析式的求解与图像的性质运用,需要根据题意得出对应的根之间的关系,再利用对应的三角函数值与诱导公式等进行计算,属于中等题型.

19．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为的水车，当水车上水斗A从水中浮现时开始计算时间，点A沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒，经过秒后，水斗旋转到点，已知，设点的坐标为，其纵坐标满足．

(1)求函数的解析式；

(2)当水车转动一圈时，求点到水面的距离不低于的持续时间．

【答案】(1)；

(2)20秒.

【分析】(1)根据OA求出R，根据周期T＝60求出ω，根据f(0)＝－2求出φ；

(2)问题等价于求时t的间隔.

【详解】（1）由图可知：，

周期，

∵t＝0时，在，∴，

∴或，，

，且，则.

∴.

（2）点到水面的距离等于时，y＝2，

故

或，即，，

∴当水车转动一圈时，求点到水面的距离不低于的持续时间20秒.

20．已知向量是同一平面内的三个向量，其中 ．

(1)若||＝3，且，求向量的坐标；

(2)若是单位向量，且，求与的夹角.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设，由及的坐标表达形式，求出即可；

（2）根据找到与之间的关系，结合即可求出具体角度值.

【详解】（1）设，

由及得 ，

所以 或

所以或;

（2）因为，且 ，

所以，即，所以，

故，所以.

21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求A；

（2）若，，求的面积．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据正弦定理,将边转化为角,即可求得角.

（2）根据正弦定理与余弦定理,可求得.再由三角形面积公式即可得解.

【详解】（1）由正弦定理及已知得,

∵,

∴,

∴,

∴,

∵,

∴；

（2）∵,

∴由正弦定理得,

由余弦定理

得,

即,解得,,

∴.

【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的综合应用,属于基础题.

22．如图，在△AOB中，已知||= 2，|| = 2，∠AOB = 90°，单位圆O与OA交于C， = λ，λ（0，1），P为单位圆O上的动点.

（1）若 + = ，求λ的值；

（2）记||的最小值为f（λ），求f（λ）的表达式及f（λ）的最小值.

【答案】（1）或，（2），最小值为

【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴，建立直角坐标，记，由 + = ，可得，从而可求得答案；

（2）由,当且仅当在上等号成立，可得，再结合二次函数的性质可得答案

【详解】解：（1）以为原点，所在的直线分别为轴，建立直角坐标，则，记，则，

所以，

因为 + = ，所以，

所以，

所以，解得或，

（2）因为，当且仅当在上等号成立，

所以

因为，所以