山西省朔州市怀仁市怀仁一中2023-2024学年高一下学期3月第二次月考数学试题（含答案）

怀仁一中2023-2024学年高一下学期3月第二次月考
数学试题
（时间：120分钟 满分：150分）
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知函数，则函数的图象可以由的图象（ ）
A.向左平移个单位长度得到 B.向右平移个单位长度得到
C.向左平移个单位长度得到 D.向右平移个单位长度得到
2.在中，内角所对的边分别为，且，则等于（ ）
A.1 B. C.2 D.3
3.已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动，在冰球运动中，冰球运动员脚穿冰鞋，身着防护装备，以球杆击球，球入对方球门，多者为胜.小赵同学在练习冰球的过程中，以力作用于冰球，使冰球从点移动到点，则对冰球所做的功为（ ）
A.-18 B.18 C.-12 D.12
5.如图所示，在中，点在边上，且，若，则等于（ ）
A. B. C.2 D.
6.在中，所对的边分别为，若，则的形状是（ ）
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
7.阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置，我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置.被称为“镇楼神器，如图（1）.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移（单位：）和时间（单位：）的函数关系为，如图（2）.若该阻尼器在摆动过程中连续三次位移为的时间分别为，且，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于的总时间为（ ）
A. B. C.1 D.
8.《易经》包含着很多哲理，在信息学 天文学中都有广泛的应用，《易经》的博大精深对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响.如图是《易经》中记载的几何图形一八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为，代表阴阳太极图的圆的半径为，则每块八卦田的面积约为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.已知向量，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.与向量平行的单位向量仅有
D.向量在向量上的投影向量为
10.已知为的重心，为边的中点.则（ ）
A. B.
C. D.
11.已知的三个内角的对边分别为，且，若角的平分线交于点，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C.的最小值为2 D.的最小值为4
12.已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.的周期为6
B.
C.将的图象向右平移个单位长度后所得的图象关于原点对称
D.在区间上单调递增
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知向量，若三点共线，则__________.
14.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若是偶函数，则__________.
15.在中，，则__________；的值为__________.
16.如图，在直角梯形中，已知，对角线交于点O，点在上，且满足，则的值为__________.
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.（10分）已知向量，且与的夹角为.
（1）求；
（2）若与垂直，求实数的值.
18.（12分）如图，在平面四边形中，与互补，，.
（1）求的长；
（2）求.
19.（12分）在中，内角所对的边分别是，已知为锐角.
（1）求角的大小；
（2）在①的面积为；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并回答问题.
问题：若.__________，求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
20.（12分）已知，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若锐角的内角的对边分别为，且，求面积的取值范围.
21.（12分）如图，已知点是边长为1的正三角形的中心，线段经过点，并绕点转动，分别交边于点，设，其中.
（1）求的值；
（2）求面积的最小值，并指出相应的的值.
22.（12分）已知函数.
（1）若存在，使得成立，求的取值范围；
（2）将函数的图象上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间内的所有零点之和.
怀仁一中2023-2024学年高一下学期3月第二次月考
数学试题答案
1.A [由题意得，由的图象向左平移个单位长度得到函数的图象.]
2.A [由题意及余弦定理的推论可得，，所以.]
3.B [由，得，即，
则，又，
所以，又.所以与的夹角为.]
4.D [因为，所以，又，
故力对冰球所做的功.]
5.B [由向量的运算法则知，
因为，所以，从而求得.]
6.A [，
由正弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
或，即或.
当时，，
此时为直角三角形，有，则，分母无意义，故舍去，
，此时为等腰三角形.
7.D [由题意得，故函数的周期为
，可得，令，解得，
，故总时间为，
综上，在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于的总时间为.]
8.B [将正八边形分割成8个等腰三角形，顶角为，
设三角形的腰为，
由正弦定理可得，解得，
所以一个三角形的面积，
所以每块八卦田的面积约为]
9.ABD [对A，，所以，故A正确；
对，所以，故B正确；
对C，，则有，
即与向量平行的单位向量有，故C错误；
对，向量在向量上的投影向量为，故D正确.]
10.ABC [如图，根据向量加法的平行四边形法则，易得，故A正确；
由题意得为线段上靠近点的三等分点，所以，
又，所以，故正确；
，故C正确；
，又，所以，故D
错误.]
11.AD [由及正弦定理，
得，
因为，所以，即，
因为，所以，故正确，错误；
，
所以，
所以，即，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为4，故C错误，D正确.]
12.ABD [由图可知，所以，因为，所以，
则，又，
所以，则，
又，所以，故，
则，则，故A正确；
，
所以直线是的一条对称轴，故B正确；
，图象不关于原点对称，故C错误；
当时，，
此时在区间上单调递增，故D正确.]
13.
解析已知向量，
则，
因为三点共线，则，所以，解得.
14.
解析由函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，则，
又由是偶函数，则有，解得，
因为，可得.
15.；
解析，
因为，所以；
又，则，
即，
又，则，
.
16.
解析如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，
因为，
所以，所以是的一个三等分点，且，
所以.
设，则，
因为，所以，
解得.
则，所以.
17.解（1）因为，且与的夹角为，
所以.
因为，故，
解得.
所以，所以.
（2）因为与垂直，所以，即，
解得.
18.解（1）由题意，在中，根据余弦定理得
，解得.
（2）且，
又与互补，则，
，
在中，由正弦定理得.
19.解（1），
，
，即，
又为锐角，，
，即.
（2）选①的面积为，
，
又，
即，
又.
选②，即，
又，
即，
又.
选③，
，即，
又.
20.解（1），
由的图象上相邻两条对称轴之间的距离为，有，得，
所以.
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
（2）已知，由，得，
由正弦定理，得，
，
由是锐角三角形，有得，
则，所以，
即面积的取值范围是.
21.解（1）延长交于点，由是正三角形的中心，得为的中点，
则，
由，
得，
又三点共线，所以，即
（2）方法一是边长为1的正三角形，则，
.
由，则，
又，则解得，
.
设，则，
则，当且仅当，即时等号成立，
所以当，即时，取得最小值.
方法二是边长为1的正三角形，则，
.
由得，
当且仅当时，等号成立，
故，
即当时，取得最小值.
22.解（1），
若存在，使得成立，则只需即可，
，
当，即时，有最大值1，
，即的取值范围为.
（2）将函数的图象上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，
得到函数的图象，
，
令，
函数在上有4个零点，设零点为，且，
则根据正弦函数图象的对称性有，
.