广东省深圳外国语学校2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷（含解析）

高一数学测试题
单选题（共8小题，每小题5分，共40分．）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，向量在向量上的投影向量（ ）
A． B． C． D．
5．在中，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形ABCD的边长为4，点P在四段圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知是函数在上的两个零点，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知的内角A，B，C满足，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，若，则的取值不可能是（ ）
A．7 B． C．8 D．
二、多选题（共3小题,共18分.每小题全部选对得6分,部分选对得2、4分,错选得0分）
9．已知一圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，为底面圆的一条直径上的两个端点，则（ ）
A．该圆锥的母线长为2
B．该圆锥的体积为
C．从点经过圆锥的表面到达点的最短距离为
D．过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为
10．下列说法中正确的有（ ）
A．
B．已知在上的投影向量为且，则
C．若非零向量满足，则与的夹角是
D．已知，，且与夹角为锐角，则的取值范围是
11．在锐角中，角的对边分别为，且满足.则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C．的取值范围为 D．的取值范围为
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知是纯虚数，是实数，那么 .
13．中国传统文化博大精深，源远流长，其中我国古代建筑文化更是传统文化中一颗璀璨之星，在古代建筑中台基是指建筑物底部高出室外地面的部分，通常由台阶，月台，栏杆，台明四部分组成，某地的国家二级文化保护遗址一玉皇阁，其台基可近似看作上、下底面边长分别为，侧棱长为的正四棱台，则该四棱台的体积约为 .
14．在直角梯形ABCD中，，点E为BC边上一点，且，则xy的取值范围是 ．
四、解答题（共77分）
15．(13分）已知向量，满足，，．
(1)求与的夹角的余弦值；
(2)求.
16．(15分）锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若边上的中线长为，求的面积.
17．(15分）函数的部分图像如图所示，
(1)求函数的解析式和单调递增区间；
(2)将函数的图像上的各点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图像，若时，的图像与直线恰有三个公共点，记三个公共点的横坐标分别为且，求的值.
18．(17分）已知函数是定义域上的奇函数．
(1)求实数的值；
(2)求函数的值域；
(3)若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围．
19．(17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求；
(3)设点为的费马点，，求实数的最小值．
参考答案：
1．D
【分析】
解一元二次不等式解得集合，再求并集即可.
【详解】，又，
则.
故选：D.
2．D
【分析】根据特殊角的三角函数值得到，从而利用诱导公式和三角函数定义求出答案.
【详解】因为，故角的终边经过点，
所以.
故选：D.
3．D
【分析】利用函数单调性确定与中间量的大小，进而得到答案.
【详解】函数在上单调递增，所以，
函数在上单调递减，所以，
又，且
所以，
故选：D.
4．C
【分析】利用平面向量投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以向量在向量上的投影向量，
故选：C
5．D
【分析】结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得.
【详解】
由正弦定理可得，，
又，所以，
不妨设，
所以由余弦定理得．
故选：D．
6．B
【分析】以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围.
【详解】以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设点，易知，点的横坐标的取值范围是，
又因为，，所以，.
故选：B.
7．A
【分析】根据三角函数的对称性可得，进而代入化简，结合诱导公式即可求解.
【详解】令，得，
，，
因为是函数在上的两个零点，
则是在上的两个根，
故，故，
则
.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用三角函数的对称性得到的关系，从而得解.
8．A
【分析】
先利用三角形公式将条件变形可得，再将条件中不等式变形为，利用面积公式计算得到的范围即可.
【详解】
，
又，，即，
又，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对连乘求出的范围，因为发现是积的形式，所以要看条件怎么变形得到积的形式.
9．AB
【分析】
根据题意，结合圆台的几何结构特征，逐项计算，即可求解.
【详解】
对于A中，由圆锥的底面半径，可得底面圆周长为，
又由其侧面展开图是圆心角为的扇形，
设圆锥的母线长为，则，解得，所以A正确；
对于B中，因为，且母线长为，
所以该圆锥的高为，所以其体积为，所以B正确；
对于C中，假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，
则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
所以从点经过圆锥的表面到达点的最短距离为，所以C不正确；
对于D中，过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，
设其顶角为，则该三角形的面积为，
当截面为轴截面时，，则，
所以，当时，，所以D不正确.
故选：AB.
10．ABC
【分析】利用向量数量积的定义可判断A；利用向量投影向量的定义可判断B；运用向量数量积的运算法则，结合夹角公式可判断C；判断与平行时的取值可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，因为在上的投影向量为，所以，
又，所以，则，故B正确；
对于C，因为非零向量满足，
则，即有，
所以，又，
所以与的夹角的余弦值为，
又，可得与的夹角为，故C正确；
对于D，因为，，所以，
当与平行时，，解得，
此时与的夹角不为锐角，故D错误.
故选：ABC.
11．ABD
【分析】利用正弦定理和余弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简，可判断A；结合锐角，可判断B；利用正弦定理边化角结合三角函数性质判断C；将化简为，结合A的范围，利用对勾函数单调性，可判断D.
【详解】由余弦定理得，，，
所以，即，
由正弦定理得，
①，
又因为，所以
②，
将②式代入①式可得，
整理得，
因为，所以，即，故A正确；
在锐角中，，解得，故B正确；
由，故C错误；
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，，
，故D正确.
故选：.
12．2
【分析】设且，根据条件，利用复数的运算法则，即可得出，从而求出结果.
【详解】设且，则，
由题得，解得，所以，
故答案为：.
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式，结合配方法进行求解即可．
【详解】建立如图所示的直角坐角坐标系，过作，垂足为，

∵，
∴有，
∴，
设，
因此有，
∵，
∴有，而，
∴，
当时，有最大值，当有最小值0，
∴的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量垂直得到，由数量积的定义及运算律计算可得；
（2）首先求出，再根据数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】（1）∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）由（1）知，
∴，
∴；
16．(1)；
(2).
【分析】（1）首先根据三角恒等变换化解等式，再结合函数是锐角三角形，即可求解；
（2）根据余弦定理，再结合中线的向量表示，平方后，根据两等式，即可求解，并求三角形的面积.
【详解】（1）因为，
所以，
又
，
所以，所以，
所以或，
若，则，与为锐角三角形矛盾，舍去，
从而，则，
又，所以.
（2）由余弦定理，得，即①，
设的中点为，则，两边同时平方可得：，
即：，即：②，
由①可得：，
于是：的面积.
17．(1)，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）由图可得，，再利用图象过点，可得到，从而得到，再利用的性质，即可求出结果；
（2）令，则，利用的图象，可得，且，又，从而得到，再利用，即可求出结果.
【详解】（1）由图易知，，得到，所以，
又图象过点，所以，得到，
又，所以，故函数的解析式为，
由，得到，
所以的单调递增区间为.
（2）由题知，又因为，所以，
令，则，
由的图象知，，且，
得到，又由图知，所以
又，得到，
所以，
又因，
所以.

18．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由已知结合奇函数的性质可求；
（2）结合指数函数及反比例函数的性质即可求解；
（3）结合辅助角公式，二倍角公式对进行化简，然后结合正弦函数的性质求出其最大值，再由函数单调性及存在性问题与最值关系的转化即可求．
【详解】（1）因为是定义域上的奇函数，
所以，即，
所以，
又，
所以此时为奇函数，符合题意；
（2）由（1）得，
因为，
所以，
所以，即函数的值域为．
（3）因为，
当时，，
所以，
所以，
由无实数解可得的定义域为，
易知单调递增，所以在上单调递减，
若关于的不等式在上有解，
则在上有解，
所以在上有解，
所以，即，
故的范围为
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
（3）点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.