2022-2023学年福建省福州高二年级上册学期12月适应性练习（月考）数学试题【含答案】

2022-2023学年福建省福州第一中学高二上学期12月适应性练习（月考）数学试题一、单选题1．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据同角三角函数关系和正弦二倍角公式得到，再利用诱导公式求解即可.【详解】将两边平方可得，则，.故选：A2．下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，则【答案】D【分析】AC选项找出反例即可说明错误；B选项利用作差法比较大小；D选项利用指数函数的单调性判断大小.【详解】A选项：当时，，故A错；B选项：，当，且时，，，，所以，即，故B错；C选项：当，，此时，故C错；D选项：设，因为，所以单调递减，，即，，故D正确.故选：D.3．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用排除法结合函数的奇偶性和特殊点的函数值，及时函数的取值范围即可求出结果.【详解】由题得，则f(x)为偶函数，排除A；又，排除B；当时，当时，所以排除D，故选：C．4．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合题意作出图形，然后结合双曲线的定义表示出，进而利用勾股定理即可得到，从而可求出结果.【详解】由题意知延长则必过点,如图：由双曲线的定义知，又因为，，所以，设，则，因此，从而，所以，又因为，所以，即，即，故选：B.5．在中，点满足，过点的直线与、所在的直线分别交于点、，若，，则的最小值为A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意得出，再由，，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】如下图所示：，即，，，，，，，、、三点共线，则.，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.6．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，根据其单调性和奇偶性，结合三角函数值的大小关系，即可判断和选择.【详解】令，其定义域为，且，故为偶函数；又，令可得，故在上单调递增；则，，又，故.故选：B.7．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，有下述四个结论：①若是偶函数，则；②当时，满足的的取值范围为；③若在区间上恰有一个极值点，则的取值范围为；④当时，若，则的最小值为.其中所有正确结论的个数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦型函数的奇偶性可判断①的正误；由可得出，解此不等式可判断②的正误；由可求得的取值范围，根据题意可得出关于的不等式组，解不等式组可判断③的正误；分析可知或，求出的表达式，可得出的最小值，可判断④的正误.【详解】由题意可得，其中.对于①，若函数为偶函数，且，则，解得，①错；对于②，当时，，，由可得，则，解得，②对；对于③，当时，，所以，或，解得或，③错；对于④，当时，，由可得或.若，时，，解得，，所以，，其中、，此时当时，取得最小值；若，时，，解得，，所以，，其中、，此时当时，取得最小值.综上所述，当时，若，则的最小值为，④对.故选：B.8．抛物线的准线l与双曲线C：（，）交于A、B两点，，为曲线C的左右焦点，在l左边，为等边三角形，与双曲线的一条渐近线交于E点，，则的面积为A． B． C． D．【答案】D【解析】根据点是中点，结合是等边三角形，以及余弦定理，求得，利用三角形面积公式即可求得结果.【详解】根据题意，作图如下：由，可得E为的中点，又O为的中点，∴，∵为等边三角形，∴，，∴，.抛物线的准线l：，∴的边长为，，在中，由余弦定理可得：.即，解得：，，..则的面积为.故选：D.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，由抛物线方程求准线方程，涉及余弦定理，属综合困难题.二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．函数的周期为 B．函数图象的一条对称轴为直线C．函数在上单调递增 D．函数的最小值为【答案】ABD【分析】对函数进行化简，转化为正弦型函数，进而利用性质判断出结果即可.【详解】解：函数.所以函数的周期为，故A选项正确；当时，，所以直线是函数图象的一条对称轴，故B选项正确；当，则，由正弦函数性质可知，此时单调递减，故C选项错误；由可知，当时，取得最小值为，故D选项正确.故选：ABD.10．设点是的外心，且，下列命题为真命题的是（

）A．若，则B．若，则C．若是正三角形，则D．若，，，则四边形的面积是【答案】ACD【分析】分别根据平面向量三点共线定理及三角形外心的性质判断即可求解.【详解】对选项A：因为，则，，三点共线，且点是的外心，所以，所以为中点，所以是以为直角顶点的直角三角形，故A对；对选项B：因为，则，，三点共线，易知是以为直角顶点的直角三角形，且为的中点，则，，故B错；对选项C：因为是正三角形，故，则，故C对；对选项D：因为，故在外，又，所以，又，，则，故D对.故选:：ACD.11．已知点，分别为圆：与圆：上的两个动点，点为直线：上一点，则（

）A．的最大值为B．的最小值为C．的最小值为D．的最小值为【答案】AC【分析】根据题意，作出图形，当三点共线时最小，即；由知当取到最大即时最大，结合两点坐标求距离公式计算即可.【详解】由，得，所以圆心，半径为；由，得，所以圆心，半径为；设点关于直线对称的对称点为，有，解得，即，连接，交直线于点，即当三点共线时，最小，且，连接，此时最小，当取到最大时，取到最大值，如图，由图可知，，所以的最大值为，故A正确，B错误；，故C正确，D错误.故选：AC12．已知函数，其中.对于任意的，函数在区间上至少能取到两次最大值，则下列说法正确的是（

）A．函数的最小正周期小于B．函数在内不一定取到最大值C．D．函数在内一定会取到最小值【答案】AD【分析】先根据在区间上至少能取到两次最大值可得，据此可得，从而可得判断AB的正误，再根据的范围可得判断CD的正误，注意范围的进一步探究.【详解】由题意可知，，即A正确；因为，所以，则当时，，又，，所以函数在上一定有最大值点，即B错误；由题意可知，任意，总存在，使得：，故，整理得，可得，，即C错误；当时，，又因为，，故，所以函数在上一定有最小值点，即D正确.故选：AD.【点睛】思路点睛：对于含参数的正弦型函数问题，注意根据最值的特征合理刻画函数的性质，从而得到参数的取值范围内，此类问题，整体法是处理此类问题的基本策略.三、填空题13．已知向量的夹角为，，则_____________.【答案】【分析】根据向量的数量积的运算公式和向量模的运算公式，准确运算，即可求解.【详解】由题意，向量的夹角为，，可得，可得，所以.故答案为：.14．已知，如果过点可作曲线的三条切线，则m的取值范围是_________.【答案】【分析】由导数法得过的切线方程为，由过点可作曲线的三条切线得有3个不等实根，令，由导数法讨论单调性与极值，由数形结合得出范围即可.【详解】，则过的切线为，即.由过点可作曲线的三条切线得有3个不等实根.令，，由得或.当或，，单调递增；当，，单调递减；故当时，函数取得极大值为；当时，函数取得极小值为.要使有3个不等实根，则，即所求m的取值范围是.故答案为：15．如图，在矩形中，，，，分别是和的中点，若是矩形内一点（含边界），满足，且，则的最小值为__________.【答案】【分析】，设，，则，，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点），设的中点为，则，只需求的最小值即可.【详解】由，得，所以.取，，则，，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点），如图.设的中点为，则.因为，，，分别是和的中点，所以，当时，最小，且最小值为，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的最小值问题，涉及到向量共线定理的结论，考查学生的等价转化与数形结合的思想，是一道较难的题.16．如图，在中，，点在线段上，且，，则的面积的最大值为__________．【答案】.【详解】分析：由题意首先求得∠ABC的三角函数值，然后结合三角形面积公式和均值不等式求解三角形面积的最值即可.详解：由可得：，则.由可知：，则，由同角三角函数基本关系可知：.设，在△ABD中由余弦定理可得：，在△CBD中由余弦定理可得：，由于，故，即：，整理可得：.①在△ABC中，由余弦定理可知：，则：，代入①式整理计算可得：，由均值不等式的结论可得：，故，当且仅当时等号成立，据此可知△ABC面积的最大值为：.点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．四、解答题17．已知函数.(1)求函数的单调递增区间；(2)在锐角中，，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，然后解不等式，可得出函数的单调递增区间；（2）利用已知条件求出角的取值范围，利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】（1）解：，由，得，所以，函数的单调递增区间为.（2）解：由已知可得，解得，，因为，则，所以，.18．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，为的中点，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）选①时，利用正弦定理边化角得，又，代入整理得，化简即可求解；选②时，利用正弦定理边化角得，又，代入整理得，化简即可求解；选③时，利用正弦定理边化角得，即，再利用两角差的余弦公式展开得，化简即可求解；（2）根据面积公式得，再利用余弦定理得，再利用基本不等式求最值即可.【详解】（1）选①时，，利用正弦定理得：，由于，所以，故，又，，整理得，，故．选②时，，利用正弦定理得：，由于，所以，即，又，，，，故，，故．选③时，，利用正弦定理得：，又，，整理得．所以，整理得，，故．（2）由于的面积为，所以，，解得．在中，由余弦定理得：，故，当且仅当，即，，的最小值为．19．已知.(1)求的值；(2)若，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用换元法及同角三角函数的平方关系，结合二倍角的正弦公式及同角三角函数的商数关系即可求解；（2）利用两角差的正弦公式及换元法，结合同角三角函数的平方关系及两角和的余弦公式即可求解.【详解】（1）令则由于所以，，从而，则，即于是有，即解得，所以，所以，，所以.（2），从而，所以，从而，令，则，从而，即，于是有，即，即，从而或（舍），即，所以.因为，所以.20．如图，某公园内有一个以O为圆心，半径为5百米，圆心角为的扇形人工湖OAB，OM、ON是分别由OA、OB延伸而成的两条观光道．为便于游客观光，公园的主管部门准备在公园内增建三条观光道，其中一条与相切点F，且与OM、ON分别相交于C、D，另两条是分别和湖岸OA、OB垂直的FG、FH(垂足均不与O重合)．

(1)求新增观光道FG、FH长度之和的最大值；

(2)在观光道ON段上距离O为15百米的E处的道路两侧各有一个大型娱乐场，为了不影响娱乐场平时的正常开放，要求新增观光道CD的延长线不能进入以E为圆心，2.5百米为半径的圆形E的区域内．则点D应选择在O与E之间的什么位置？请说明理由．【答案】(1)新增观光道FG、FH长度之和的最大值是百米；(2)点D应选择在O与E之间，且到点O的距离在区间(单位：百米)内的任何一点处．【分析】（1）连结OF，OF⊥CD于点F，则OF＝5．设∠FOD＝θ，则FG＋FH＝5sin(－θ)＋5sinθ，利用两角和与差的正弦公式化简，即可得到新增观光道FG、FH长度之和的最大值；（2）以O为坐标原点，以ON所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．可得圆O的方程，圆E的方程，根据直线和圆的位置关系得到答案即可.【详解】(1)连结OF，OF⊥CD于点F，则OF＝5．设∠FOD＝θ，则∠FOC＝－θ(＜θ＜)，故FH＝5sinθ，FG＝5sin(－θ)，则FG＋FH＝5sin(－θ)＋5sinθ＝5(cosθ＋sinθ＋sinθ)＝5(sinθ＋cosθ)＝5sin(θ＋)，因为＜θ＜，所以＜θ＋＜，所以当θ＋＝，即θ＝时，(FG＋FH)max＝．(2)以O为坐标原点，以ON所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy．由题意，可知直线CD是以O为圆心，5为半径的圆O的切线，直线CD与圆E相离，且点O在直线CD下方，点E在直线CD上方．由OF＝5，圆E的半径为2.5，因为圆O的方程为x2＋y2＝25，圆E的方程为(x－15)2＋y2＝6.25，设直线CD的方程为y＝kx＋t(－＜k＜0，t＞0)，即kx－y＋t＝0，设点D(xD，0)则

由①得t＝5，代入②得，解得k2>．又由－＜k＜0，得0＜k2＜3，故＜k2＜3，即＜＜3．在y＝kx＋t中，令y＝0，解得xD＝＝＝，所以＜xD＜10．答：(1)新增观光道FG、FH长度之和的最大值是百米；(2)点D应选择在O与E之间，且到点O的距离在区间(单位：百米)内的任何一点处．【点睛】本题考查了三角函数的应用问题，考查了直线与圆的位置关系，考查了逻辑推理能力及运算能力，属于中档题.21．已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意，不等式恒成立，求正整数的最小值.【答案】（1）；（2）最小值是.【分析】（1）当时，，求导，利用导数的几何意义，可求得切斜斜率k，代入点斜式方程，即可得答案.（2）由题意可得在上恒成立，令，利用导数，求得的单调性和最值，综合分析，即可得答案.【详解】解：（1）当时，，则，切线的斜率为，又，所求切线的方程为，即为.（2）当时，，整理可得，令，则令，则，由，解得，当时，，函数单调递减，，在区间上存在一个零点，此时，即，当时，，则，函数单调递增，当时，，即，函数