四川省眉山市彭山区第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷
一、选择题（本大题共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．（2024高一下·彭山月考）已知α是第二象限角，则点P（sinα，tanα）在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】三角函数值的符号
【解析】【解答】解：因为α是第二象限角，所以sinα＞0，cosα＜0，故tanα＜0，
所以点P（sinα，tanα）在第四象限．
故答案为：D．
【分析】由α是第二象限角，确定sinα，tanα的正负即可判断.
2．（2024高一下·彭山月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以．
故答案为：B．
【分析】由题意，根据同角三角函数基本关系化简求值即可.
3．（2024高一下·彭山月考）已知向量，，若，则实数（ ）
A． B． C． D．6
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，且，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】由向量垂直的坐标表示列式求解即可.
4．（2024高一下·彭山月考）下列说法错误的是（ ）
A．棱台侧棱的延长线必相交于一点
B．正四棱锥的侧面可以是等边三角形
C．棱柱的侧面都是平行四边形
D．矩形旋转一周一定能形成一个圆柱
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、由棱台的定义，其侧棱的延长线必交于一点，故A正确；
B、根据棱锥的定义，当正四棱锥的高为底面正方形对角线的一半时，正四棱锥的侧面可以是等边三角形，故B正确；
C、根据棱柱的定义，棱柱的侧面都是平行四边形，故C正确；
D、矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据几何体的定义及结构特征，逐项分析判断即可．
5．（2024高一下·彭山月考）函数的图象的最小正周期是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：
，
故函数的最小正周期为.
故答案为：A.
【分析】先利用两角和与差的正弦公式进行化简函数，再由正弦型函数的最小正周期公式求解即可.
6．（2024高一下·彭山月考）函数的部分图像如图所示，则其解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图，易知函数的最大值为2，最小值为，即；
，即，解得，故，
因为函数图象过点，代入可得，
则，解得.
又因为，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】根据函数的部分图象，求出满足条件的值确定解析式即可．
7．（2024高一下·彭山月考） 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，若的周长为3，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理得.
因为的周长为3，所以，得.
故答案为：A.
【分析】将已知等式用正弦定理将角化边，再结合周长为3，即可得解.
8．（2024高一下·彭山月考）若函数在区间上单调递增，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：令，，
因为，所以，
取，得，
又因为函数在区间上单调递增，所以， 得，故的最大值为．
故答案为：C．
【分析】先求正弦型函数的单调递增区间，再根据是其子区间，即可得到的取值范围，从而求得的最大值.
二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，有两个正确选项的，每选对一个得3分，有三个正确选项的，每选对一个得2分，有选错的得0分）
9．（2024高一下·彭山月考）对于非零向量，下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】向量加减法的应用；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、 因为 非零，所以，故A正确；
B、当时，，但与不相等，故B错误；
C、，仅当，即同向共线时等于，故C错误；
D、由向量加减法运算的几何意义可知，故D错误；
故答案为：BCD.
【分析】由向量垂直的数量积表示即可判断A；举特例可验证即可判断B；由向量的数量积公式即可判断C；由向量加减法运算的几何意义即可判断D.
10．（2024高一下·彭山月考）已知，则（ ）
A．是偶函数
B．的最小正周期是
C．图象的一个对称中心是
D．上单调递增
【答案】A,B,C
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数；
A、因为，定义域为，且满足，
所以是偶函数，故A正确；
B、函数的最小正周期为，故B正确；
C、，所以是图象的一个对称中心，故C正确；
D、令，解得，
即的单调递增区间为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】用余弦的二倍角公式化简函数，根据偶函数的定义即可判断A；根据最小正周期公式即可判断B；将代入验证即可判断C；求解函数的单调递增区间即可判断D.
11．（2024高一下·彭山月考）在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，则符合条件的有两个
C．若，则为等腰三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】A,B,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由，根据正弦定理可得：，则，故A正确；
B、由余弦定理可得，即，该方程有两个解，故B正确；
C、，则或，解得或，则为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
D、若，则.
故，从而，
则或，即或，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据正弦定理即可证明即可判断A；由余弦定理解出全部的即可证明有两解判断B；根据正弦函数的性质即可判断C；根据和差化积以及积化和差公式即可证明或即可判断D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高一下·彭山月考） .
【答案】0
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：0.
【分析】根据复数乘法、加法运算计算即可.
13．（2024高一下·彭山月考）如图所示，由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是直角三角形OAB，，AB=2，那么它的原图形面积为 。
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为，，所以，，
故原图形的面积为.
故答案为：.
【分析】根据图形先求直观图的面积，再根据直观图与原图面积的关系求解即可.
14．（2024高一下·彭山月考）已知E，F是直角的外接圆上的两个动点，且，P为的边上的动点，若的最大值为48，则的面积的最大值为 ．
【答案】25
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点为，则，
则，
因为的最大值为48，所以，
设的外接圆的半径为，圆心，因为，
所以当三点共线时，且在三点处时，最大，
在中，，所以圆的半径为，
，
故的面积的最大值为25.
故答案为：25.
【分析】设直角的外接圆的圆心为，取弦的中点，可求得，结合圆的知识，当三点共线时，最大，求得圆的半径，即可得的面积的最大值.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高一下·彭山月考）已知向量，其中
（1）求，；
（2）求与的夹角的余弦值。
【答案】（1）解：易知，
故；，
故.
（2）解：；
故.
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）根据已知条件，用坐标表示向量与，再利用向量数量积、向量模的坐标法求解即可；
（2）设与的夹角为，分别求得与，再根据向量的夹角公式求解即可.
16．（2024高一下·彭山月考）
（1），求的解析式；
（2），求的单调区间及最值。
【答案】（1）解：，
又且，，故，；
整理得，其中.
（2）解：由（1）得，，，令则，
当时，单调递增，此时，
故的单调递增区间为，同理可得的单调递减区间为
，没有最小值.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换公式化简即可；
（2）根据的范围，求出的范围，再根据正弦函数的性质计算即可.
17．（2024高一下·彭山月考）在中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，
①求的值：
②求的值.
【答案】（1）解：因为，
利用正弦定理可得：，即，
因为，所以，即，
又，可得.
（2）解：①由余弦定理及已知可得：
即，又因为，所以，
联立或（舍），
②由正弦定理可知：，
因为，则，故为锐角，，
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得，即可求解；
（2）①结合余弦定理可得，结合即可求解；
②由正弦定理以及平方关系依次求得，将转换为，结合两角和的正弦公式求解即可.
18．（2024高一下·彭山月考）如图，在中，已知分别为上的点，且.
（1）求；
（2）求证：；
（3）若线段上一动点满足，试确定点的位置.
【答案】（1）解：依题意，记，
因为，所以，，
因为，所以，
则，故.
（2）证明：因为，所以，
所以，
则，即.
（3）解：因为，所以是的中点，故，
因为，所以，即，
所以是线段的中点.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）记，利用向量的线性运算将表示为的关系式，再利用向量的数量积运算求解即可；
（2）将表示为的关系式，从而利用向量的数量积运算计算证明即可；
（3）利用向量的中点性质与共线定理求解判断即可.
19．（2024高一下·彭山月考）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
（1）若，求的值；
（2）过点B作BC的垂线l，D为l上一点．
①若，，求线段AD的长；
②若且D点在外部，求线段AD长的取值范围．
【答案】（1）解：由正弦定理，则，
代入，整理得，所以.
（2）解：①在中，由正弦定理，得，
所以，所以或（舍），所以，
因为，所以由，得，
所以，解得．
②设，，，则，，
在中，，则，
在中，，
则
，
因为，故，，
则，即的取值范围为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，，可得，变形求解即可；
（2）①由正弦定理可得，可求，即可求得；
②设，则，，由正弦定理可得，可求得
，即可求得线段长的取值范围.
1 / 1四川省眉山市彭山区第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷
一、选择题（本大题共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．（2024高一下·彭山月考）已知α是第二象限角，则点P（sinα，tanα）在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·彭山月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．2
3．（2024高一下·彭山月考）已知向量，，若，则实数（ ）
A． B． C． D．6
4．（2024高一下·彭山月考）下列说法错误的是（ ）
A．棱台侧棱的延长线必相交于一点
B．正四棱锥的侧面可以是等边三角形
C．棱柱的侧面都是平行四边形
D．矩形旋转一周一定能形成一个圆柱
5．（2024高一下·彭山月考）函数的图象的最小正周期是（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．（2024高一下·彭山月考）函数的部分图像如图所示，则其解析式为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·彭山月考） 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，若的周长为3，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
8．（2024高一下·彭山月考）若函数在区间上单调递增，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，有两个正确选项的，每选对一个得3分，有三个正确选项的，每选对一个得2分，有选错的得0分）
9．（2024高一下·彭山月考）对于非零向量，下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高一下·彭山月考）已知，则（ ）
A．是偶函数
B．的最小正周期是
C．图象的一个对称中心是
D．上单调递增
11．（2024高一下·彭山月考）在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，则符合条件的有两个
C．若，则为等腰三角形
D．若，则为直角三角形
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高一下·彭山月考） .
13．（2024高一下·彭山月考）如图所示，由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是直角三角形OAB，，AB=2，那么它的原图形面积为 。
14．（2024高一下·彭山月考）已知E，F是直角的外接圆上的两个动点，且，P为的边上的动点，若的最大值为48，则的面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高一下·彭山月考）已知向量，其中
（1）求，；
（2）求与的夹角的余弦值。
16．（2024高一下·彭山月考）
（1），求的解析式；
（2），求的单调区间及最值。
17．（2024高一下·彭山月考）在中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，
①求的值：
②求的值.
18．（2024高一下·彭山月考）如图，在中，已知分别为上的点，且.
（1）求；
（2）求证：；
（3）若线段上一动点满足，试确定点的位置.
19．（2024高一下·彭山月考）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
（1）若，求的值；
（2）过点B作BC的垂线l，D为l上一点．
①若，，求线段AD的长；
②若且D点在外部，求线段AD长的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角函数值的符号
【解析】【解答】解：因为α是第二象限角，所以sinα＞0，cosα＜0，故tanα＜0，
所以点P（sinα，tanα）在第四象限．
故答案为：D．
【分析】由α是第二象限角，确定sinα，tanα的正负即可判断.
2．【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以．
故答案为：B．
【分析】由题意，根据同角三角函数基本关系化简求值即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，且，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】由向量垂直的坐标表示列式求解即可.
4．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、由棱台的定义，其侧棱的延长线必交于一点，故A正确；
B、根据棱锥的定义，当正四棱锥的高为底面正方形对角线的一半时，正四棱锥的侧面可以是等边三角形，故B正确；
C、根据棱柱的定义，棱柱的侧面都是平行四边形，故C正确；
D、矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据几何体的定义及结构特征，逐项分析判断即可．
5．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：
，
故函数的最小正周期为.
故答案为：A.
【分析】先利用两角和与差的正弦公式进行化简函数，再由正弦型函数的最小正周期公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图，易知函数的最大值为2，最小值为，即；
，即，解得，故，
因为函数图象过点，代入可得，
则，解得.
又因为，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】根据函数的部分图象，求出满足条件的值确定解析式即可．
7．【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理得.
因为的周长为3，所以，得.
故答案为：A.
【分析】将已知等式用正弦定理将角化边，再结合周长为3，即可得解.
8．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：令，，
因为，所以，
取，得，
又因为函数在区间上单调递增，所以， 得，故的最大值为．
故答案为：C．
【分析】先求正弦型函数的单调递增区间，再根据是其子区间，即可得到的取值范围，从而求得的最大值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】向量加减法的应用；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、 因为 非零，所以，故A正确；
B、当时，，但与不相等，故B错误；
C、，仅当，即同向共线时等于，故C错误；
D、由向量加减法运算的几何意义可知，故D错误；
故答案为：BCD.
【分析】由向量垂直的数量积表示即可判断A；举特例可验证即可判断B；由向量的数量积公式即可判断C；由向量加减法运算的几何意义即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数；
A、因为，定义域为，且满足，
所以是偶函数，故A正确；
B、函数的最小正周期为，故B正确；
C、，所以是图象的一个对称中心，故C正确；
D、令，解得，
即的单调递增区间为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】用余弦的二倍角公式化简函数，根据偶函数的定义即可判断A；根据最小正周期公式即可判断B；将代入验证即可判断C；求解函数的单调递增区间即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由，根据正弦定理可得：，则，故A正确；
B、由余弦定理可得，即，该方程有两个解，故B正确；
C、，则或，解得或，则为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
D、若，则.
故，从而，
则或，即或，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据正弦定理即可证明即可判断A；由余弦定理解出全部的即可证明有两解判断B；根据正弦函数的性质即可判断C；根据和差化积以及积化和差公式即可证明或即可判断D.
12．【答案】0
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：0.
【分析】根据复数乘法、加法运算计算即可.
13．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为，，所以，，
故原图形的面积为.
故答案为：.
【分析】根据图形先求直观图的面积，再根据直观图与原图面积的关系求解即可.
14．【答案】25
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点为，则，
则，
因为的最大值为48，所以，
设的外接圆的半径为，圆心，因为，
所以当三点共线时，且在三点处时，最大，
在中，，所以圆的半径为，
，
故的面积的最大值为25.
故答案为：25.
【分析】设直角的外接圆的圆心为，取弦的中点，可求得，结合圆的知识，当三点共线时，最大，求得圆的半径，即可得的面积的最大值.
15．【答案】（1）解：易知，
故；，
故.
（2）解：；
故.
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）根据已知条件，用坐标表示向量与，再利用向量数量积、向量模的坐标法求解即可；
（2）设与的夹角为，分别求得与，再根据向量的夹角公式求解即可.
16．【答案】（1）解：，
又且，，故，；
整理得，其中.
（2）解：由（1）得，，，令则，
当时，单调递增，此时，
故的单调递增区间为，同理可得的单调递减区间为
，没有最小值.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换公式化简即可；
（2）根据的范围，求出的范围，再根据正弦函数的性质计算即可.
17．【答案】（1）解：因为，
利用正弦定理可得：，即，
因为，所以，即，
又，可得.
（2）解：①由余弦定理及已知可得：
即，又因为，所以，
联立或（舍），
②由正弦定理可知：，
因为，则，故为锐角，，
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得，即可求解；
（2）①结合余弦定理可得，结合即可求解；
②由正弦定理以及平方关系依次求得，将转换为，结合两角和的正弦公式求解即可.
18．【答案】（1）解：依题意，记，
因为，所以，，
因为，所以，
则，故.
（2）证明：因为，所以，
所以，
则，即.
（3）解：因为，所以是的中点，故，
因为，所以，即，
所以是线段的中点.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）记，利用向量的线性运算将表示为的关系式，再利用向量的数量积运算求解即可；
（2）将表示为的关系式，从而利用向量的数量积运算计算证明即可；
（3）利用向量的中点性质与共线定理求解判断即可.
19．【答案】（1）解：由正弦定理，则，
代入，整理得，所以.
（2）解：①在中，由正弦定理，得，
所以，所以或（舍），所以，
因为，所以由，得，
所以，解得．
②设，，，则，，
在中，，则，
在中，，
则
，
因为，故，，
则，即的取值范围为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，，可得，变形求解即可；
（2）①由正弦定理可得，可求，即可求得；
②设，则，，由正弦定理可得，可求得
，即可求得线段长的取值范围.
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