精品解析：河南省驻马店市经济开发区2023-2024学年高一下学期第三次月考数学试题

2023—2024学年高一下学期第三次月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一、二章占，第四章到第六章第二节占. 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. 若要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移1个单位长度 B. 向右平移单位长度 C. 向左平移单位长度 D. 向左平移2个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的图象“左加右减”的原则，易得正确选项. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，即得的图象. 故选：C. 2. 已知在中，，则外接圆的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理求得三角形外接圆的半径，进而得到三角形外接圆的周长. 【详解】设外接圆的半径为， 根据正弦定理可得，则， 故外接圆的周长为， 故选：D. 3. 用斜二测画法画三角形的直观图，如图所示，已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，借助于等腰直角三角形，求得，再根据在轴上即可求得其长. 【详解】在斜坐标系中，因，，且，则， 因在轴上，故在轴上，且. 故选：B. 4. 如图所示，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定好基底，由向量的加减法的运算性质解出即可. 【详解】. 故选：C 5. 下列命题是真命题的是（ ） A. 上底面与下底面相似的多面体是棱台 B. 若一个几何体所有的面均为三角形，则这个几何体是三棱锥 C. 若，则 D. 复数的虚部为 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱台的定义可判断A，三棱锥的定义可判断B，运用二倍角公式和不等式性质、三角函数的值域可判断C，利用复数的四则运算结果可判断D. 【详解】对于A，因棱台是由棱锥用平行于底面的截面截得的，故不仅需要上下底面相似， 还需要两底面所在平面平行，所有侧棱延长交于一点，故A错误； 对于B，根据三棱锥的定义，不仅需要所有面均为三角形， 还需要除底面外的其他三角形面都有一个公共的顶点，故B错误； 对于C，因，由可得， 又当时，，， 故，即C正确； 对于D，由，其虚部为，故D错误. 故选：C. 6. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，结合两角和差公式分析求解. 【详解】由题意可得： ， 所以. 故选：C. 7. 已知，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知，可得点为的外心，四边形为菱形，则在上的投影向量为. 【详解】如图，依题意可得点为的外心， 因为，所以， 所以，则四边形为菱形， 设，则， 因为，所以在上的投影向量为. 故选：A. 8. 是内一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在中，分别使用正弦定理，结合化简整理即可得解 【详解】因为， 所以， 设，因为，所以． 在中，由正弦定理可得， 则，即， 即， 解得． 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则下列结论正确的是（ ） A. 若为实数，则 B. 若，则 C. 若在复平面内对应的点位于第一象限，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，根据复数的类型得到方程，求出；B选项，利用复数除法法则计算出，从而得到方程组，求出答案；C选项，由所在象限得到不等式组，求出；D选项，计算出，利用复数模长公式求出答案. 【详解】A选项，若为实数，则正确. B选项，若，则， 则解得错误. C选项，若在复平面内对应的点位于第一象限，则解得，错误. D选项，若，则， 解得，则正确. 故选：AD 10. 已知锐角的内角的对边分别为若，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，进而可知，结合三角恒等变换化简得，结合正弦函数分析求解. 【详解】因为， 由正弦定理得，即. 又因为是锐角三角形，即，可知. 由，解得， 则 ， 且，可知，则， 所以的取值范围为. 结合选项可知：AC错误，BD正确； 故选：BD. 11. 若函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的图象关于点对称 C. ，为定值 D. 函数的图象关于点对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】先将函数利用三角恒等变换化成余弦型函数，将看成整体，结合余弦函数的图象，即可判断A,B；对于C，只需利用对数运算性质和诱导公式即可推出；对于D，一般通过计算推理的值是否为0即可判断. 【详解】因 . 对于A，当时，设， 因函数在上单调递增，故在上单调递增，即A正确； 对于B，因时，，故的图象关于点不对称， 故的图象关于点不对称，即B错误； 对于C，， 为定值，故C正确； 对于D，令，由 ，故函数的图象关于点对称，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三角恒等变换和三角函数在对称性和单调性上的应用，属于难题.一般思路为将已知式化简正弦型函数或者余弦型函数，将角看成整体角，利用正弦函数或余弦函数图象的单调性、对称性等特征一一判断即得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某扇形的半径为，周长为，则该扇形的面积为______. 【答案】16 【解析】 【分析】由扇形周长求出扇形弧长，代入扇形面积公式计算即得. 【详解】设扇形的弧长为，依题意，，解得. 故该扇形的面积为. 故答案为：16. 13. 如图，为了测量某建筑物的高度OP，测量小组选取与该建筑物底部在同一水平面内的两个测量基点与.现测得米，20米，在测量基点测得建筑物顶点的仰角为，则该建筑物的高度OP为____________米. 【答案】 【解析】 分析】由余弦定理得，进一步结合锐角三角函数即可得解. 【详解】中，由余弦定理可得， 则OA米. 在中，米. 故答案为：. 14. 对任意两个非零向量，定义.若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用给定定义结合向量夹角的运算性质求解即可. 【详解】设向量与的夹角为，由题意可知则 因为 所以 因为所以 因为是整数，所以所以 而即所以 因为 所以即 故的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后求出最后得到所要求的取值范围即可． 四、解答题：本题共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. 已知向量. （1）若，求的值. （2）设，向量与的夹角为，求的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两向量共线的充要条件坐标表示式计算即得； （2）利用数量积运算律化简等式求出的值，再利用向量夹角的坐标表示式即可求得. 【小问1详解】 由可得，解得，； 【小问2详解】 由可得，，即，解得， 此时，，，， 则，因，故. 16. 在中，. （1）求角大小； （2）若在边上，，且，求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理化简即可得出所求角； （2）由正弦定理求出，再由三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由题意得， 即， 由正弦定理得， 由余弦定理得. 因为，所以. 【小问2详解】 如图， 因为，所以. 在中，由正弦定理得， 解得， 则或（舍去）， 得，则. 故. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求; （2）求图象的对称轴方程； （3）若在上有2个零点，求的取值范围. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式将函数化成正弦型函数，利用周期公式即可求得； （2）根据（1）的结论，将看成整体角，利用正弦函数的对称轴方程，即可求得； （3）通过等价变换，将函数有2个零点问题转化为两函数与在上有两个交点问题，结合三角函数的图象，即可求得参数的范围. 【小问1详解】 由可得，， 因,解得，； 【小问2详解】 由（1）得，由可得， 即图象的对称轴方程为：； 【小问3详解】 由，可得，， 依题意，须使函数与在上有两个交点. 因，设， 而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 如图，要使直线与函数在上有两个交点， 须使或，解得, 故取值范围为. 18. 如图，在中，. （1）证明:为等边三角形. （2）试问当为何值时，取得最小值?并求出最小值. （3）求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积公式，求出，得到，进而得证； （2）用基底和分别表示和，从而得到，利用函数求最值即可； （3）设，找到与的等量关系，表示出，再利用函数求取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以为等边三角形. 【小问2详解】 ， ， 则 ， 当时，取得最小值，最小值. 【小问3详解】 由题意可得， 在中，， 设， 则， 所以， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积及模长范围问题，关键是用唯一参数表示出要求的式子，并结合函数的单调性求得取值范围. 19. 如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，． （1）若，求AE； （2）若，求AE的最大值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，过作交于，求出，再利用余弦定理求解即得. （2）连接，，利用正弦定理、余弦定理建立关系，再借助三角恒等变换及正弦函数性质求出最大值. 【小问1详解】 在四边形中，由，得，过作交于， 由，得，则四边形是平行四边形，， 而，因此，， 在中，由余弦定理得. 【小问2详解】 连接，由，，得， 设，， 在中，由正弦定理，得， 在中，由余弦定理得 ，其中锐角由确定，显然， 则当时，，即， 所以AE的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年高一下学期第三次月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一、二章占，第四章到第六章第二节占. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移1个单位长度 B. 向右平移单位长度 C 向左平移单位长度 D. 向左平移2个单位长度 2. 已知在中，，则外接圆的周长为（ ） A. B. C. D. 3. 用斜二测画法画三角形的直观图，如图所示，已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 如图所示，，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题是真命题的是（ ） A. 上底面与下底面相似的多面体是棱台 B. 若一个几何体所有面均为三角形，则这个几何体是三棱锥 C. 若，则 D. 复数的虚部为 6. （ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 是内一点，，则（ ） A B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则下列结论正确的是（ ） A. 若为实数，则 B. 若，则 C. 若在复平面内对应的点位于第一象限，则 D. 若，则 10. 已知锐角内角的对边分别为若，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 11. 若函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的图象关于点对称 C. ，为定值 D. 函数的图象关于点对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某扇形的半径为，周长为，则该扇形的面积为______. 13. 如图，为了测量某建筑物的高度OP，测量小组选取与该建筑物底部在同一水平面内的两个测量基点与.现测得米，20米，在测量基点测得建筑物顶点的仰角为，则该建筑物的高度OP为____________米. 14. 对任意两个非零向量，定义.若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，则的取值范围是_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若，求的值. （2）设，向量与的夹角为，求的大小. 16. 在中，. （1）求角的大小； （2）若在边上，，且，求的面积. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求; （2）求图象的对称轴方程； （3）若在上有2个零点，求的取值范围. 18. 如图，在中，. （1）证明:为等边三角形. （2）试问当为何值时，取得最小值?并求出最小值. （3）求取值范围. 19. 如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，． （1）若，求AE； （2）若，求AE的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$