内蒙古乌海一高2022届高三上学期8月第一次月考文科数学试题 （Word版，含解析）

乌海一中2021-2022学年第一学期月考
高三年级文科试卷
时
间：120分钟
总
分：150分
一、单选题
1．设集合，，，则图中阴影部分表示的集合（
）
A．
B．
C．
D．
2．已知向量，
，则“”是“
”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．若函数在上的值域为，则的最小值为（
）
A．
B．
C．
D．
4．在中，若，则是（
）
A．直角三角形
B．等腰三角形
C．等腰直角三角形
D．等边三角形
5．设是定义域为的偶函数，若，都有，则大小关系正确的为（
）
A．
B．
C．
D．
6．已知在中，角的对边分别为则边上的高为（
）
A．1
B．
C．
D．2
7．已知函数及其导数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”，给出下列四个函数：①；②；③；④，其中有“巧值点”的函数是（
）
A．①②
B．①③
C．①③④
D．②④
8．定义平面向量之间的一种运算“”如下：对任意的，，令.下面说法错误的是
A．若共线，则
B．
C．对任意的
D．
9．如图，在中，，若，则的值为（
）.
A．
B．3
C．2
D．
10．将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，得到函数g(x)＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的图象．已知函数g(x)的部分图象如图所示，则下列关于函数f(x)的说法正确的是（
）
A．f(x)的最小正周期为
B．f(x)在区间上单调递减
C．f(x)的图象关于直线x＝对称
D．f(x)的图象关于点成中心对称
11．锐角中，内角，，所对边分别为，，，若，则的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
12．如图，在正方形中，边长为，是边上的一点，，以为圆心，为半径画弧交于点，是弧上（包括边界点）任一点，则的取值范围是（
）
B．
C．
D．
二、填空题
13．设α是第一象限角，满足，则
.
14．在中角，，的对边分别为，，，若，，则的面积的最大值为
.
15．已知中，，，点满足，则的值为___________.
16．已知函数在处取得最小值，且，则实数的取值范围是______．
三、解答题
17．设曲线在点处的切线与轴、轴围成的三角形面积为．
（1）求切线的方程；
（2）求的最大值．
18．在中，角所对的边分别为．
（1）求的值；
（2）求的周长．
19．如图，在中，，，点E为AB的中点，点D在AC上且.
（1）若，求的面积；
（2）若，求.
20．在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的圆心的极坐标为，半径.
（1）求圆的极坐标方程；
（2）已知过点且倾斜角为的直线交圆于A，两点，且，求角.
21．在中，角，，所对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若向量，，求的取值范围.
22．已知向量，，设函数.
（1）求函数的最大值;
（2）在锐角中，三个角，，所对的边分别为，，，若，，求的面积.
乌海一中2021-2022学年第一学期月考高三年级文科试卷
2021年8月
试卷第2页，总2页
试卷第1页，总1页
参考答案
1．D
【分析】
图中阴影部分表示的集合为，结合已知中的集合，，可得答案.
【详解】
解：图中阴影部分表示的集合为，
∵，∴
，∴，
故选：D.
2．A
【分析】
当时，能推出；当时，不能推出.再结合充分条件，不必要条件的判定可得结果.
【详解】
若，则，故；
若，则，解得或.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．C
【分析】
利用三角函数的图像性质直接求解即可
【详解】
的图象上距离最近的两个最值点分别是，，故的最小值为.
故选：C
4．A
【分析】
利用余弦定理化简边角关系可得，从而可判断三角形的形状.
【详解】
∵，∴，
由余弦定理可得，故，
∴是直角三角形.
故选：A.
5．D
【分析】
由题意可知在上单调递增，结合题意知，进而比较的大小即可求出结果.
【详解】
因为若，都有，所以在上单调递增；因为是定义域为的偶函数，所以，
因为，所以，而在上单调递增，所以，
故，即
故选：D.
6．D
【分析】
先根据余弦定理求得a，再由余弦定理求得，继而求得，从而可得选项.
【详解】
因为所以，即，解得，
所以，又，所以，
所以边上的高为，
故选：D.
7．B
【分析】
①，，有“巧值点”；
②，无解，无“巧值点”；
③令，所以在上必有零点，有“巧值点”；
④由题得，无解，所以无“巧值点”．
【详解】
①，，，，，有“巧值点”；
②，，无解，无“巧值点”；
③，，，令，，．由零点在性定理，所以在上必有零点，有“巧值点”；
④，，，，即，无解，所以无“巧值点”．
所以有“巧值点”的是①③，
故选：B．
8．B
【详解】
若与共线，则有，故A正确；因为，而，所以有，故选项B错误；
因为，，所以选项C正确；
，所以选项D正确.
故选B．
9．B
【分析】
把作为基底，利用向量的加减法和平面向量基本定理结合已知把用表示出来，即可得答案
【详解】
解：因为，
所以
,
因为，所以，
所以，
故选：B
10．D
【分析】
根据函数图象求出解析式，再根据平移伸缩变换求出的解析式，然后根据的解析式逐项判断即可.
【详解】
根据g(x)的部分图象，可得A＝2，，∴ω＝2．
结合五点法作图，可得2×（﹣）+φ＝，∴φ＝，
故g(x)＝2sin（2x+）．
由题意，把g(x)的图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位，
可得f(x)＝2sin（3x+﹣π）＝2sin（3x﹣）的图象，
故f(x)的最小正周期为，故A错误；
在区间上，3x﹣∈[0，]，f(x)没有单调性，故B错误；
令x＝，求得f(x)＝0，不是最值，f(x)的图象不关于直线x＝对称，故C错误；
令x＝，求得f(x)＝0，故f(x)的图象关于（，0）对称，故D正确，
故选：D．
11．A
【分析】
由，可得，再结合余弦定理可求出，再由三角形为锐角三角形可求出，由正弦定理和三角函数恒等变换公式可得，从而可求出其范围
【详解】
∵，∴，
又∵，
∴，∴，
∴，∴，
∵是锐角三角形，∴且，
∴，
∵，
又∵，∴，∴．
故选：A
12．B
【分析】
利用向量投影的概念把求的取值范围转化为求的取值范围.
【详解】
过作于点H，因为，，所以，
，
因为是弧上（包括边界点）任一点，所以,
又因为，
所以
，
所以当点与点重合时，此时，最小，且最小为
，所以，且最大为；
当点与点重合时，此时点与点重合，最大，且最大为
，所以最小为，
所以的取值范围是.
故选：B.
13．C
【分析】
用两角和与差的正弦余弦公式展开化简，可得，结合以及角的范围，求解，，即可计算.
【详解】
，
，
∴，
联立，
∵设α是第一象限角，
∴，，即，，
∴.
故选：C.
14．B
【分析】
先结合正弦定理角化边，然后由余弦定理求出角，结合均值不等式求出的最大值，从而求出面积的最大值.
【详解】
由题结合正弦定理角化边得.由余弦定理得.又，则.由基本不等式得，解得，当且仅当时，等号成立，此时的面积的最大值，
故选：B.
15．
【分析】
设，根据可得，再以为基底，将转化为基底运算；
【详解】
设，因为，即，所以，
因为，所以，代入上式可得，
因为
，
故答案为：.
【点睛】
本题考查向量的数量运算及平面向量基本定理的运用，将向量的数量积问题转化为基底的运算是常用的方法.
16．
【分析】
先根据题意得，进而得，再由时，，时，，得，解得，由，得，即可得解．
【详解】
由题意知的最小值在上取得，所以，即，
故时，单调递减，此时．
当时，，
所以，解得．
因为，即，即，整理得，故，解得．
综上，．
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：求解分段函数与方程、不等式相交汇的问题，关键是依据自变量的范围或参数的范围分类讨论，根据讨论对象的不同（是对自变量进行的分类讨论还是对参数进行的分类讨论）确定是取并集还是取交集．
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）求出导函数，计算，由点斜式写出切线方程并整理；
（2）由切线方程求得它与坐标轴的交点坐标后可计算面积，再利用导数可求得的最大值．
【详解】
解：（1）因为，所以，
所以切线的方程为，
整理得．
（2）在切线的方程中，令，可得
令，可得．
因为，所以，所以，
所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减
所以当时，取得极大值也是它的最大值．
18．（1）；（2）28
【分析】
（1）根据，的关系求出，根据同角的基本关系求出，，从而求出的值；
（2）根据正弦定理以及余弦定理求出三角形的三边长，从而求出三角形的周长即可．
【详解】
解：（1）由，得，
，，
，，，，
，
故，
则；
（2），，解得：，
由得：，故，
由，解得：，
由余弦定理得：，
则，故，
故的周长是．
19．（1）；（2）.
【分析】
（1）在中，由余弦定理求得，利用三角形的面积公式求得的面积为，结合和的高相等，即可求解；
（2）由（1）得到，在中，由正弦定理求得，即可求解.
【详解】
（1）因为点E为AB的中点，，所以.
在中，由余弦定理得，
所以，解得，
又的面积为，
因为和的高相等，所以的面积为.
（2）由（1）得到，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，即，解得，
又因为，所以.
20．（1）；（2）或.
【分析】
（1）先求得圆C的直角坐标方程，将代入方程，化简整理，即可得答案.
（2）先求得直线l的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，可得关于t的一元二次方程，进而可得，的表达式，根据t的几何意义，结合题意，化简计算，即可求得的值，结合角的范围，即可得答案.
【详解】
解（1）：圆心的直角坐标坐标为，圆的半径，
则的直角坐标方程为.
将公式代入中
整理得圆的极坐标方程：.
（2）过点且倾斜角为的直线的参数方程为（是参数），
代入圆的直角坐标方程中整理得：.
设交点A，与参数值，相对应，由韦达定理得，，
则，平方得，
则，
所以（），或.
21．（1）；（2）
【分析】
（1）根据正弦定理进行边化角化简可求出，从而得出角的范围；（2）利用向量的坐标运算代入化简，因为，可化简为，因为代入可求出的范围，从而求出的取值范围.
【详解】
解：（1）由正弦定理可知：等价于
，即，因为，
所以有，又，所以.
（2），，
，则
因为，所以，则有，所以
则的取值范围为.
【点睛】
思路点睛：（1）解三角形问题常用正弦定理进行边化角、角化边的运算.（2）当知道其中一角的值时，另外两角可用和为定值减少变量，进行消元，从而根据一角的范围求三角函数的范围.
22．（1）；（2）.
【分析】
（1）结合平面向量的数量积运算、二倍角公式和辅助角公式，可得，进而可得的最大值；
（2）由锐角，推出，再结合（B），求得，由正弦定理知，再利用余弦定理求出，，最后由三角形面积公式得解．
【详解】
（1）因为，，
所以函数
∴当时，
（2）∵为锐角三角形，.
又
即
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