2022-2023学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高一年级下册学期3月月考数学试题【含答案】VIP

2022-2023学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高一下学期3月月考数学试题一、单选题1．已知向量，且，则x＝（）.A．8 B．2 C．4 D．【答案】A【分析】由向量垂直得到方程，求出的值.【详解】由题意得：，解得：.故选：A2．在中,已知,,,则角的度数为（

）A． B． C．或 D．【答案】C【分析】根据正弦定理求得,进而求得角即可.【详解】由题知,,,在中,由正弦定理可得:,解得,因为,,所以或.故选:C3．如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】设，则，再根据三点共线可求得，再根据平面向量的线性运算结合图形即可得出答案.【详解】解：设，则，因为三点共线，所以，解得，则所以.故选：A.4．函数（，）的部分图象如图所示，图象与轴交于点，与轴交于点，点在图象上，点、关于点对称，则下列说法中正确的是（

）A．函数的最小正周期是B．函数的图象关于点对称C．函数在单调递减D．函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为偶函数【答案】B【分析】对A，可求得函数的周期为；对C，可求得在递减，在递增，根据图象求出；对D，，是奇函数；利用排除法，即可得到答案；【详解】点、关于点对称，则，，所以A错误；由，可得，代入，可得，解得，，，则，即，因为，所以的图象关于点对称，对称，故B正确；由图象可得在，递减，在，递增，则在递减，在递增，所以C错误；函数的图象向右平移后，可得，是奇函数，D错误.故选：.5．已知向量，，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由平行向量的坐标表示求出，再将所求表达式化为，代入即可得出答案.【详解】因为向量，，且，所以，则，而.故选：A.6．已知O是的外心,且满足,若在上的投影向量为,则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据得到点位置,进而得到是以A为直角顶点的直角三角形,过向作垂线,垂足为,连接,根据在上的投影向量为,找出之间等量关系,进而得到之间关系,根据直角三角形得到,在直角三角形中,即可求得.【详解】解:由题知,,所以,即,所以三点共线,且是的中点,因为O是的外心,所以是圆的直径,故是以A为直角顶点的直角三角形,过向作垂线,垂足为,连接,如图所示:因为在上的投影向量为,所以在上的投影向量为:,而,则.故选:C.7．设M为内一点，且，则与的面积之比为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】做出图形，则两三角形的面积比等于两三角形高的比，转化为．【详解】如图所示，∵点M是△ABC所在平面内一点，且满足，以AD，AE为邻边作平行四边形ADME，延长EM交BC与F，，则，则所求两三角形的面积比等于这两三角形高的比，所以．故选：A8．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则线段CD长度的最小值为（

）A．2 B． C．3 D．【答案】D【分析】本题通过正弦定理得到，再通过余弦定理得到，对向量式整理得，通过平方，将向量关系转化为数量关系即，利用基本不等式即可求解.【详解】解：由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，，∵，∴．由，，两边平方，得即，当且仅当，即时取等号，即，∴线段CD长度的最小值为．故选：D．二、多选题9．在中，角，，所对的边分别为，，，且，.若有唯一解，则的值可以是（

）A．1 B． C． D．【答案】BD【分析】根据正弦定理三角形有唯一解，得到或，即可求出参数的取值范围，从而得解；【详解】解：因为，，因为有唯一解，所以或，即，故选：BD10．函数的最小正周期为，，下列说法正确的是（

）A．的一个零点为 B．是偶函数C．在区间上单调递增 D．的一条对称轴为【答案】ABD【解析】利用周期公式可求，由恒成立，结合的范围，可求，求得函数的解析式，比较各个选项即可得答案.【详解】由函数的最小正周期为，得，得，又，，即，得，故，因为，故选项A正确；又，故选项B正确；当，所以在区间不单调；故选项C不正确；由，故选项D正确；故选：ABD.11．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中，，动点P在上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C． D．【答案】ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设，可得，由，结合题中条件可判断A，B，表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.【详解】如图，作,分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，则，设，则，由可得，且，若，则，解得，（负值舍去），故，A正确；若，则，，所以，所以，故B正确；，由于，故，故，故C错误；由于，故，而，所以，所以，故D正确，故选：ABD12．已知非零向量，的夹角为，现定义一种新运算：．若，，，则（

）A．在上的投影向量的模为 B．，C． D．【答案】BC【分析】利用向量的运算的新定义及向量数量积的概念，逐项分析即得.【详解】因为，，对于A，在上的投影向量的模为，，又，故A错误；对于B，当时，，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C正确；对于D，因为的值为非负数，的值可能为负数，故D错误．故选：BC.三、填空题13．已知，，向量，的夹角为，则______．【答案】【分析】利用数量积的定义及运算律即可得解.【详解】因为，，向量，的夹角为，所以．故答案为：．14．在中，内角、、所对的边分别是、、，若，，则的面积为___________.【答案】##【分析】利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】因为，所以，由余弦定理可得，所以，故，所以的面积.故答案为：.15．若，则_________.【答案】##【分析】依题意利用诱导公式及二倍角公式计算可得；【详解】解：因为，所以.故答案为：.16．若方程在上的两个不等实根为，，则______．【答案】##0.2【分析】利用二倍角公式及正弦函数的两角差公式化简原方程，利用正弦函数的对称性得到的关系式即可求解.【详解】解：，当时，．由题意可得，根据正弦函数的对称性得，即，则，所以．故答案为：.四、解答题17．已知，为锐角，，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据同角三角函数关系求得，再用诱导公式化简即可求解；（2）利用余弦的两角差公式计算即可.【详解】（1）因为为锐角，所以，，.（2）因为，为锐角，所以，，所以，所以.18．已知函数.(1)求的值；(2)当时，求函数的最大值和最小值，并写出取最大值､最小值时对应自变量的取值.【答案】(1)(2)时最小值为0，时最大值为【分析】（1）应用二倍角正余弦公式及差角正弦公式化简函数式，再代入求值即可；（2）由题设有，结合正弦函数性质求最值并确定对应的取值.【详解】（1），所以.（2）当时，，当时，即时，函数取得最小值0，当时，即时，函数取得最大值.所以函数的最大值，最小值0.19．在中，角所对的边分别为，已知．(1)求角的大小；(2)设分别为的中点，与交于点，若，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理边化角，可将已知等式整理化简为，由此可得；（2）利用余弦定理可求得，由此可得，根据直角三角形性质和勾股定理可用表示出，根据平行线分线段成比例可求得；在中，利用余弦定理可求得，利用同角三角函数平方关系可求得结果.【详解】（1）由得：，即，由正弦定理得：，，，，即，又，.（2）连接，在中，由余弦定理得：，，，则；分别为中点，，，且，，，，在中，，又，.20．已知中，a，b，c是角A，B，C所对的边，，且.(1)求角B；(2)若，在的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理边角互化得，又，可得，结合二倍角公式可求得结果；（2）由题意可知为等边三角形，设，则，由余弦定理得，设，所以，利用基本不等式可求得答案.【详解】（1）因为，所以由正弦定理边角互化得，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以，即.（2）因为，所以为等边三角形，即，设，则，所以在中，由余弦定理得，整理得，设，所以，由于，故，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以AD的最小值为．21．某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为（可视为点），现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为分钟．(1)当时，求1号座舱与地面的距离；(2)记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为米，若在这段时间内，恰有三次取得最大值，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得到函数解析式为，代入数据计算得到答案.（2），，得到，解得，，，得到答案.【详解】（1）设座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，，，则，，，依题意，，当时，，，取，，，当时，1号舱与地面的距离为；（2）依题意，，，令，，解得，，当，时，取得最大值，故，即，即的取值范围是．22．已知，，.函数的最小正周期为（1）求函数在内的单调递增区间；（2）若关于的不等式在内恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）、；（2）.【分析】（1）本题首先可根据、得出，然后通过转化得出，再然后根据最小正周期为得出，最后通过正弦函数单调性即可得出结果；（2）本题首先可将转化为，然后设，则