四川省射洪中学校2023-2024学年高一强基班下学期第一次学月考试（4月）数学试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省射洪中学校2023-2024学年高一强基班下学期第一次学月考试（4月）数学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省射洪中学校2023-2024学年高一强基班下学期第一次学月考试4月数学试题原卷版docx、四川省射洪中学校2023-2024学年高一强基班下学期第一次学月考试4月数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 已知i是复数单位，求=（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数乘方运算化简即可.
【详解】由.
故选：B
2. 已知向量，，，若，则（ ）
A. 3B. -1C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】运用共线向量的坐标表达式即得.
【详解】由，，又由，可得：，解得.
故选：A.
3. 在中，，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据大边对大角可得A>B，结合正弦定理和三角形内角的范围即可得出结果.
【详解】在中，根据大边对大角可得A>B，
由正弦定理，得，
所以，故或.
故选：D
4. 若向量，且，则（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量垂直转化为向量的数量积坐标运算.
【详解】，，
由，得，
解得.
故选：B．
5. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象可得，即可求出、，再根据函数的周期求出，最后根据函数过点求出，即可得解.
【详解】依题意可得，解得，又，
所以，解得，
所以，又函数过点，所以，
即，所以，，所以，，
又，所以，
所以.
故选：A
6. 式子的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由正余弦的倍角公式、诱导公式即可化简求值.
【详解】由，，
∴，
故选：B
【点睛】本题考查了利用三角恒等变换化简求值，属于简单题.
7. 在中，，，，为边上的高，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形面积结合余弦定理可求得，可得，再利用向量的线性运算表示出和比较，即可求得答案.
【详解】由题意可知,
为边上的高，故,
由余弦定理得，
故，所以,
则，结合，
可得，
故选：C
8. 在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】由，得，，
，．
由正弦定理知，，
由余弦定理知，，
，
，化简整理得，，
，，
由正弦定理，有，，，
锐角，且，，，解得，，
，
，，，，，，
的取值范围为，．
故选：．
【点睛】本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部为B. 复数在复平面内对应的点位于第二象限
C. 的共轭复数D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由复数的乘、除法运算化简复数可判断A；由复数的几何意义可判断B；由共轭复数的定义可判断C；由复数的模长公式可判断D.
【详解】，
对于A，的虚部为，故A错误；
对于B，复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，故B错误；
对于C，的共轭复数，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：CD.
10. 下列说法中正确的有（ ）
A.
B. 已知在上的投影向量为且，则
C. 若非零向量满足，则与的夹角是
D. 已知，，且与夹角为锐角，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用向量数量积的定义可判断A；利用向量投影向量的定义可判断B；运用向量数量积的运算法则，结合夹角公式可判断C；判断与平行时的取值可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，因为在上的投影向量为，所以，
又，所以，则，故B正确；
对于C，因为非零向量满足，
则，即有，
所以，又，
所以与的夹角的余弦值为，
又，可得与的夹角为，故C正确；
对于D，因为，，所以，
当与平行时，，解得，
此时与的夹角不为锐角，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 在锐角中，不等式恒成立
C. 若，，且有两解，则b的取值范围是
D. 若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 2sin222.5°－1＝________.
【答案】－
【解析】
【详解】2sin222.5°－1＝-cs45°，
答案：－.
13. 已知，函数在上单调递减，则的取值范围是__________
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数的单调性，利用整体法即可求解.
【详解】，
由于，则，
故,
解得，由得，
故，，
故答案为：
14. 已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为 _________
【答案】3
【解析】
【分析】首先由得到，进而将化为，再根据两向量的内积不超过两向量的模长乘积，得到，最后给出一个满足的例子即可.
【详解】由四边形是菱形，知，，记两对角线交于，
则由勾股定理有.
又由于，故，
从而.
而当菱形满足边长为2，，且点与点重合时：
此时是正三角形，故.
从而此时有
，
故条件满足.
此时.
综上，的最大值是.
故答案为：3.
【点睛】关键点点睛：值得一提的是，我们证明时没有使用条件，但是这并不意味着我们可以完全无视该条件，因为在验证能够成立时，依然需要注意是否能够满足.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15. 已知向量．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与的夹角．
【答案】（1）或；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据向量模的坐标表示求解即可；
（2）利用坐标表示向量的数量积及向量夹角公式得解.
【小问1详解】
由题意，设，
因为，所以，所以，
所以或．
【小问2详解】
因为，
所以，所以，
即，
设与的夹角为，则，
又，所以，所以与的夹角．
16. 在锐角中，角A，B，C对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角的值：
（2）当时，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而得到，求得，即可求解；
（2）由余弦定理得到，代入已知条件，求得，结合面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理可得 ，
即，
即,
又因为，
所以，
因为，可得，所以，
又由，所以.
【小问2详解】
解：根据（1）知，可得，
由余弦定理可知，
因为，可得，解得，
所以三角形面积为
17. 已知向量，（），函数.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）若是函数的任意两个相异零点，且的最小值为，求函数在上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简得到，进而用整体法求解函数单调递增区间；（2）根据零点及的最小值为得到，进而结合函数图象求出函数在上的值域.
【小问1详解】
由已知
.
当时，，令，
解得：，
∴函数的单调递增区间为；
小问2详解】
由（1）知，令，得，
所以，.
当最小时，不妨取，，即，，则.
因为，则，故.
因为，所以，，
所以函数在上的值域为
18. 在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
（1）当时，求的值；
（2）求向量的夹角；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据向量的线性运算表示出和；再根据向量的数量积运算律即可求解.
（2）先根据向量的线性运算表示出；再根据向量的数量积运算得出即可解答.
（3）先根据表示出；再根据向量的数量积运算得出；最后根据即可求解.
【小问1详解】
当时，
依题意知，，，.
则， .
因为，
，
.
所以.
因此.
因为， ，，
所以，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知.
因为，，
所以；
.
则.
因为，， ，
所以，
故向量的夹角为.
【小问3详解】
由（2）可知：
，
.
则.
因为，， ，
所以
,
由题意知，，
所以的取值范围是，
∴的取值范围是．
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
小问1详解】
由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
【小问2详解】
由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
【小问3详解】
点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.