迪沟中学2022-2023学年高一下学期3月联考数学试题（含解析）

迪沟中学2022-2023学年高一下学期3月联考数学试题
一、单选题
1．设的内角，，所对边分别为，，，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，且，则（ ）
A． B． C． D．4
3．已知与是非零向量，且，则是与垂直的（ ）
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．
4．已知平面向量，，且非零向量满足，则的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．2
5．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．的图象关于直线对称
D．的图象向右平移个单位长度后的图象关于原点对称
6．已知函数，为f（x）的零点，为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在上单调，则ω的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．如图为某小区七人足球场的平面示意图，为球门，在某次小区居民友谊比赛中，队员甲在中线上距离边线米的点处接球，此时，假设甲沿着平行边线的方向向前带球，并准备在点处射门，为获得最佳的射门角度（即最大），则射门时甲离上方端线的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左、右焦点为，，在双曲线上存在点满足，则此双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知四面体ABCD中，M，N分别是棱CD，BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
10．在中，下列说法正确的有（ ）
A． B．若.则
C．若，则为钝角三角形 D．若，则为锐角三角形
11．若函数在上有零点，则整数m的值可以是（　　）
A． B． C．0 D．
12．若，则下列等式中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．若函数，在上恰有一个最大值点和两个零点，则实数的取值范围是________.
14．=_________
15．设、是双曲线的两个焦点，点P在双曲线上，且，则的面积为______．
16．已知，，则在方向上的数量投影为________．
四、解答题
17．已知是同一平面内的三个向量，.
(1)若，且，求的坐标；
(2)若，且与垂直，求与的夹角.
18．已知为第二象限角，，求．
19．在内，证明：．
20．已知平行四边形ABCD中，向量，，，，．
(1)求的大小；
(2)求的值．
21．已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式，并求单调递减区间；
(2)若，，求的取值范围．
22．已知两个非零向量与不共线，
(1)若，求证：A B D三点共线；
(2)试确定实数k，使得与共线；
(3)若，且，求实数的值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】由正弦定理进行求解即可.
【详解】在中，由已知，有，，，
由正弦定理可得，，
∴.
故选：A.
2．B
【分析】根据三角函数的定义即得.
【详解】由三角函数的定义可知，
即.
故选：B.
3．C
【分析】利用条件证明必要性和充分性即可.
【详解】因为与是非零向量，且，当时，
，
所以与垂直，故充分性成立，
若与垂直，
则
因为与是非零向量，且，
所以，
所以必要性成立，
故若与是非零向量，则是与垂直的充要条件，
故选：C.
4．B
【分析】设，由得，将转化为和圆上点之间的距离，即可求出最大值.
【详解】
设，则，，
整理得，则点在以为圆心，为半径的圆上，则表示和圆上点之间的距离，
又在圆上，故的最大值是.
故选：B.
5．D
【分析】对于A、B：根据图像可得，，结合周期得，代入点，分析可得；对于C：结合三角函数图象性质：在最值处取到对称轴，代入检验即可；对于D：通过平移可得，结合奇偶性分析判断．
【详解】根据图象可得：
，则，即，A正确；
∵的图象过点，则
又∵，则
∴，即，B正确；
∴，则为最大值
∴的图象关于直线对称，C正确；
的图象向右平移个单位长度得到不是奇函数，不关于原点对称，D错误；
故选：D．
6．C
【分析】根据三角函数的性质，利用整体思想，由单调区间与周期的关系，根据零点与对称轴之间的距离，表示所求参数，逐个检验取值，可得答案.
【详解】由f（x）在上单调，即，可得，则ω≤9；
∵为f（x）的零点，为y＝f（x）图象的对称轴，
根据三角函数的图象可知，零点与对称轴之间距离为：，k∈N*．
要求最大，则周期最小，∴，则T；∴ω＝2k﹣1；
当时，由，则，可得，
易知在上单减，在上递增，不合题意；
当时，由，则，可得，
易知在上单减，在上递增，不合题意；
当时，由，则，可得，
易知在上单减，符合题意；
故选：C．
7．B
【分析】先根据题意解出长度，设，得到，再分析求值域，判断取等条件即可求解.
【详解】设，并根据题意作如下示意图，由图和题意得：，，
所以，且，
所以，
又，所以，解得，即，
设，，则，
，所以在中，
有，
令，所以，
所以，
因为，所以，则要使最大，
即要取得最小值，即取得最大值，
即在取得最大值，
令， ，
所以的对称轴为：，所以在单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值，即最大，此时，即，
所以，所以，即为获得最佳的射门角度（即最大），
则射门时甲离上方端线的距离为：.
故选：B.
8．B
【分析】根据以及，可得，即.
【详解】由OP为的中线，可得.
由，可得，
由，，可得，可得：.
故选：B.
9．BD
【分析】选项AC的结果为,所以选项AC错误；选项BD的结果为,所以该选项正确.
【详解】
如图所示，
A. ,所以该选项错误；
B. ,所以该选项正确；
C. ,所以该选项错误；
D. ,所以该选项正确.
故选：BD
10．ABC
【分析】根据诱导公式、正弦定理和余弦定理依次判断选项即可.
【详解】A：，
由正弦定理，得，故A正确；
B：由得，由正弦定理，得，故B正确；
C：由余弦定理，得，
所以为钝角，为钝角三角形，故C正确；
D：由余弦定理，得，所以为锐角，
但不一定是最大的内角，所以不一定为锐角三角形，故D错误.
故选：ABC
11．BCD
【分析】转化为求函数的值域，然后用换元法求值域，由值域得结论．
【详解】在上有零点，即在上有解，
设，，
，则，，，
所以，即，BCD均可以．
故选：BCD．
12．BCD
【分析】利用三角函数基本关系化简验证选项B，利用二倍角公式、两角差的正弦公式及同角三角函数基本关系进行化简验证其它选项.
【详解】因为，
所以选项A错误；
因为，
所以选项B正确；
因为
，
所以选项C正确；
因为
，
所以选项D正确；
故选：BCD.
13．
【分析】首先根据和差角公式将函数化简，再由的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】解：
，即，
由，所以，
又在上恰有一个最大值点和两个零点，
则，
解得，
所以的取值范围是．
故答案为：．
14．
【分析】利用特殊角的三角函数值来计算.
【详解】
.
故答案为：.
15．
【分析】由余弦定理结合双曲线的定义求得，然后由三角形面积公式得结论．
【详解】由题意，，，
由双曲线定义得，两边平方得①，
由余弦定理得，即②，
②－①得：，
所以．
故答案为：．
16．/0.2
【分析】利用在方向上的数量投影的定义求解.
【详解】解：因为，，
所以在方向上的数量投影为，
故答案为：
17．(1)或
(2)
【分析】（1）设，由向量平行的坐标表示、模长的坐标公式列方程求的坐标；
（2）根据向量垂直及数量积的运算律可得，结合已知可得，再求，进而确定其大小.
【详解】（1）设向量，由，，，
所以，解得或，
所以或.
（2）因为与垂直，则，
又，，所以，得，
所以，又，故.
18．
【分析】根据同角三角函数平方关系和的范围可求得，根据同角三角函数商数关系可求得，用二倍角公式即可求解.
【详解】为第二象限角，，，
由得：，.
19．见解析
【分析】根据余弦定理边化角，化简整理即可.
【详解】由余弦定理得:
.
故：
20．(1)
(2)
【分析】(1) 将平方并展开可得，进而得的大小；
(2)利用 和的联系求解可得答案.
【详解】（1）平行四边形ABCD中,∵，
.
（2） ,
,
则
故
21．(1)，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）由图可求得及周期，从而可得，再利用待定系数法求出即可，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可求出函数的减区间；
（2）根据正弦函数的性质结合整体想即可得出答案.
【详解】（1）由图可得：
，，解得，故，
当时，，
所以，即，
由于，所以，
故，
令，得，
故函数的单调递减区间为；
（2），
由于，所以，故，
即．
22．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由平面向量的共线定理证明共线，即可得证；
（2）由平面向量的共线定理与向量相等求解即可；
（3）由向量垂直的坐标表示求解即可
【详解】（1）∵，
∴，
∴共线，
又∵它们有公共点B，
∴A B D三点共线；
（2）∵与共线，
∴存在实数，使，
即，∴，
∵是两个不共线的非零向量，
∴，
∴，解得；
（3）∵，
且，
∴，
解得.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页