2023-2024学年四川省成都七中高新校区高一（下）月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年四川省成都七中高新校区高一（下）月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列各式中，值为的是( )
A. B.
C. D.
2.已知向量，，且，那么等于( )
A. B. C. D.
3.设为函数的最大值，则的值是( )
A. B. C. D.
4.已知函数的部分图像如图所示，则正数值为( )
A.
B.
C.
D.
5.如图所示，函数且的图象是( )
A. B. C. D.
6.在中，，点为边上靠近的三等分点，则的值为( )
A. B. C. D.
7.已知，是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则( )
A. B. C. D.
8.已知，函数满足，且在区间上恰好存在两条对称轴，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量，，则下列结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若与的夹角为，则
D. 若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是
10.设函数，其中，若对任意的，在上有且仅有个零点，则下列的值中不满足条件的是( )
A. B. C. D.
11.下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
D. 若，则
12.“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”，奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且以下命题正确的有( )
A. 若，则：：：：
B. 若，则
C. 若为的内心，，则
D. 若的垂心在内，，，是的三条高，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设向量，，向量与的夹角为锐角，则的范围为______．
14.已知，则 ______．
15.设函数，其中若对任意的恒成立，则的增区间是______．
16.水车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具．据史料记载，水车发明于隋而盛于唐，距今已有多年的历史，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，一个水车从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时秒．经过秒后，水车旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，
；
当时，函数单调递增；
当时，；
当时，的最大值为．
则上面叙述正确的是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
如图，在中，是的中点，点在上，且，与交于点，设．
求的值；
当，时，求的值．
18.本小题分
已知在平面直角坐标系中，向量．
Ⅰ若向量满足，且，求的坐标；
Ⅱ若向量满足，且与的夹角为，求与的夹角的余弦值．
19.本小题分
在条件：；；中任选一个，补充在下面的题目中，并求解．
已知，且满足条件_____．
求的值；
若，且，求的值．
20.本小题分
已知向量，，设函数．
求的单调递减区间；
若函数在区间上的最大值为，求实数的值．
21.本小题分
如图，扇形的半径，圆心角，点是圆弧上的动点不与、点重合，现在以动点为其中一个顶点在扇形中截出一个四边形，下面提供了两种截出方案，如果截出的两个四边形面积的最大值之差的绝对值不大于，则称这两个四边形为“和谐四边形”试问提供的两种方案截出的两个四边形是否是“和谐四边形”？请说明理由．
22.本小题分
已知函数．
求方程在上的解集；
设函数；
证明：有且只有一个零点；
记函数的零点为，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，选项A错误；
，选项B正确；
，选项C错误；
，选项D正确．
故选：．
利用二倍角公式与两角和与差的三角函数公式，结合特殊角三角函数值逐项判断即可．
本题考查了三角函数求值应用问题，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：向量，，且，
，解得，，
．
故选：．
由向量平行列方程，求出，从而，由此能求出．
本题考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的值域，属于基础题．
利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，再根据正弦型函数的值域求得它的最值，从而得出结论．
【解答】
解：为函数的最大值，则，
故选：．
4.【答案】
【解析】解：由图像可得，解得，
而时，函数取最小值，所以，
解得，又，所以，
因为函数图像过点，所以，解得．
故选：．
根据图像可得函数的周期，从而求出，再根据对称轴求出，结合图像过点可求．
本题考查了三角函数的图像与性质应用问题，是基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查正切函数与正弦函数的图象，确定绝对值符号是关键，考查分类讨论思想与识图能力，属于中档题．
根据的取值情况分类讨论，去掉中的绝对值符号，转化为分段函数，再识图即可．
【解答】
解：，
函数且的图象是．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：已知，
则，
又点为边上靠近的三等分点，
则．
故选：．
由平面向量基本定理，结合平面向量的数量积的运算求解即可．
本题考查了平面向量基本定理，重点考查了平面向量的数量积的运算，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：向量在向量上的投影向量为，
则，即，
，是夹角为的两个单位向量，
则，即，解得．
故选：．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：函数的最小正周期为，则，
在区间上恰好存在两条对称轴，，
所以，即，
解得，
因为，
所以，
所以点是函数图象的一个对称中心，
则，得，即，
因，则，且随的增大而增大，
当时，，当时，，
则的最大值为．
故选：．
由已知条件得出周期的范围，即得的范围，由得函数图象的一个对称中心是，则，结合的范围可得答案．
本题主要考查了由的部分图象确定其解析式以及正弦函数的性质，考查了函数思想，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：向量，，，
则，解得，故A正确；
，则，解得，故B正确；
，，若与的夹角为，
则，
故，若与方向相反，
则在上的投影向量的坐标是：，故D正确．
故选：．
对于，结合向量平行的性质，即可求解；对于，结合向量垂直的性质，即可求解；对于，结合向量模公式，即可求解；对于，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：设，则，所以在上有个零点，
可知，所以，
又，所以，即，不满足的有，，，
故选：．
利用换元思想转化为在上有个零点，则需满足，进而根据的取值范围得到的取值范围即可判断．
本题考查函数零点与三角函数之间的关系，涉及换元思想，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
若，则，故D正确．
故选：．
根据同角函数的基本关系、和差公式、倍角公式逐一判断即可．
本题主要考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于，直接由奔驰定理可得，对；
对于，依题意有，：：：：，
所以，即，故B错误；
对于，设内切圆半径为，
，
所以，
即：：：：，所以为直角三角形，且，故C对；
对于，因为为的垂心，且为边上的高，
所以，同理，
所以，故D对．
故选：．
运用奔驰定理，结合三角形内心、垂心的性质可判断个选项的对错．
本题考查了平面向量的应用，考查了转化思想，属于中档题．
13.【答案】且
【解析】解：向量，，由得，，所以．
由已知得，，所以，即，且不共线．
则，所以．
又不共线，则所以的取值范围为且．
故答案为：且．
根据已知可得，且不共线，求解即可．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为，可得，
所以，
由．
故答案为：．
根据两角和的正切公式，化简得到，代入即可求解．
本题主要考查了两角和的正切公式的应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题意：为函数的最大值，所以，
所以，
由，
可记为．
故答案为：．
先根据条件，求出函数的解析式，再求函数的增区间．
本题考查了三角函数单调性的计算，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意，，，所以；
又点代入可得，解得；
又，所以故正确；
因为，当时，，所以函数先增后减，错误；
当时，，的纵坐标为，横坐标为，所以，正确．
时，点到轴的距离的最大值为，错误；
所以说法正确的是．
故答案为：．
求出圆的半径，利用周期求出，通过三角函数的解析式求出初相，再利用正弦函数的性质判断求解即可．
本题考查了的解析式和性质的判断，求了解析式是解答本题的关键，属于中档题．
17.【答案】解：依题意，
由于，，三点共线，所以．
由得，
所以
．
【解析】根据三点共线的知识求得．
根据向量数量积的运算求得．
本题考查了向量数量积的计算，考查了转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：Ⅰ设，
向量，向量满足，且，
，且，
可得或；
或
Ⅱ，
向量满足，且与的夹角为，
，
，
设与的夹角为，
，
即与的夹角的余弦值为．
【解析】Ⅰ设，根据条件列出方程求解即可，
Ⅱ求出对应向量的模长以及数量积，进而求解结论．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，向量夹角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：选：
已知，，
则，
则，
则；
，且，
则，
又，，
则，
则，，
则，
又，
则．
选：
已知，
又，，
则，，
则，
则；
，且，
则，
则，
又，
则．
选：
已知，
则，
又，，
则，，
则，
则；
，且，
则，
则，
又，
则．
【解析】选：
由诱导公式，结合同角三角函数的关系求解；
由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解．
选：
结合同角三角函数的关系求解；
由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解．
选：
结合同角三角函数的关系求解；
由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解．
本题考查了同角三角函数的关系，重点考查了两角和与差的三角函数及诱导公式，属中档题．
20.【答案】解：
，
解，得，
的单调递减区间为：；
，，，
，
设，，，，
，
，
，即时，时，取最大值，即，解得；
，即时，时，取最大值，即，解得，不合题意，应舍去；
，即时，时，取最大值，即，解得，
综上得，的值为或．
【解析】根据二倍角的正余弦公式和两角和的正弦公式得出，然后解即可得出的减区间；
根据的解析式可得出，然后设，根据即可求出，然后得出，然后讨论和区间的关系，根据的最大值为即可求出的值．
本题考查了二倍角的正余弦公式，两角和与差的正弦函数，配方求二次函数最值的方法，分类讨论的思想，正弦函数的最值，考查了计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：方案一：连接，假设，则，，
又，所以，
，
，
，
时，；
方案二：连接，假设，过点作，，
则，，，
，
时，；
，而，
即，所以截出的这两个四边形为“和谐四边形”．
【解析】方案一：连接，假设，用三角函数表示，由三角函数的性质即可求出的最大值，方案二：连接，假设，过点作，，用三角函数表示出，由三角函数的性质即可求出的最大值，得出即可得出结论．
本题主要考查了三角函数的实际应用，属于中档题．
22.【答案】解：，
所以，
所以或，
当时，，则，
又，所以，
当，则，
又，
所以或，所以，
所以方程在上的解集为；
证明：设，
当，则
此时在单调递增，
在也单调递增，所以在单调递增，
，
所以在时有唯一零点，
当，所以，
所以在没有零点，
当时，，所以，所以，
所以在没有零点，
综上，在有唯一零点；
记函数的零点为，
所以，且，所以，
所以，
令，因为，所以，
又，则，
所以．
【解析】利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可；
根据三角函数的性质分区间研究函数的性质，利用零点存在定理可证明；
然后利用换元法求值域即可证明．
本题考查了导数的综合应用，属于难题．
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