2022-2023学年四川省成都市第七中学高一年级下册学期3月月考数学试题【含答案】

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1、高2025届高一下3月阶段性测试考试时间（120分钟）第I卷（选择题）一、单项选择题（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. 等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二倍角的正弦公式直接得出答案.【详解】，故选：C.2. 关于向量，下列命题中，正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】取，验证A错误，当时，验证B错误，向量不能比较大小，C错误，D正确，得到答案.【详解】对选项A：取，满足，不成立，错误；对选项B：当时，当不平行时，也成立，错误；对选项C：向量不能比较大小，错

2、误；对选项D：若，则，正确.故选：D3. 函数在区间的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，所以，排除C.故选：A.4. 若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】确定，解得答案.【详解】，故；，故.故选：C5. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在大衍历中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即对同一“表高”两次测量，第一次和

3、第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（ ）A 1倍B. 2倍C. 3倍D. 4倍【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.【详解】依题意，则，所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍.故选：B6. 已知曲线，则下面结论正确的是（ ）A. 把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线B. 把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C. 把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到

4、曲线D. 把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线【答案】C【解析】【分析】根据函数图像的伸缩变换与平移变换的法则，即可得解【详解】已知曲线，把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线，再把曲线向左平移个单位长度，得到曲线，即曲线.故选：C.7. 如图，一圆形摩天轮的直径为100米，圆心O到水平地面的距离为60米，最上端的点记为Q现在摩天轮开始逆时针方向匀速转动，30分钟转一圈，以摩天轮的中心为原点建立平面直角坐标系，摩天轮从开始转动一圈，点Q距离水平地面的高度不超过85米的时间为（ ）A. 20分钟B. 22分钟C. 24分钟D.

5、26分钟【答案】A【解析】【分析】Q距离水平地面的高度，解不等式得到答案.【详解】Q距离水平地面的高度，即，解得，故时间为.故选：A8. 若，则（ ）A. 1B. 1C. 2D. 2【答案】A【解析】【分析】解法一：将与展开并用和差公式化简得，从而求得值.解法二：令，则，代入条件利用和差公式化简得，从而求得值.【详解】解法一：由题得，所以，即，即，显然，故.解法二：令，则，所以可化为，即，所以，即，所以，则，所以，.故选：A.二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分）9. 计算下列各式，结果为的

6、是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】运用辅助角公式、诱导公式、和差角公式的逆用、特殊角的三角函数值、三角恒等变换中“1”的代换化简即可.【详解】对于选项A，由辅助角公式得.故选项A正确；对于选项B，故选项B错误；对于选项C，故选项C错误；对于选项D，故选项D正确.故选：AD.10. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中图象最高点、最低点的横坐标分别为、，图象在轴上的截距为则下列结论正确的是（ ）A. 的最小正周期为B. 最大值为2C. 在区间上单调递增D. 为偶函数【答案】BC【解析】【分析】由周期求，由五点法作图求出的值，由特殊点的坐标求出A，再利用三角函数的图象

7、和性质，得出结论【详解】由图知，的最小正周期，则.由，得.由，得，则，所以.当时，则单调递增.因为，则不是偶函数，故选：BC【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，解题的关键是会根据图象求解析式.11. 在中，则的大小不可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】将题干中两个式子平方后求和化简可得，结合，可得C或，又4sinB13cosA0，可得cosA，分析即得解【详解】由，两式平方和得即 91624sin(AB)37，因而.在中，sinCsin(AB)sin(AB)，且因而C或，又3cosA4sinB1化为4sinB13cosA0，所以cosA，故C故选：BCD12

8、. 已知函数，则（ ）A. 的图像关于直线对称B. 的最小正周期是C. 在上单调递减D. 在上的最小值是【答案】AC【解析】【分析】根据对称性的定义和周期性定义判断AB，由绝对值定义去掉绝对值符号化简函数式，结合正弦函数性质判断CD【详解】选项A，所以的图象关于直线对称，A正确；选项B，因此不是的周期，B错；选项C，时，在上递减，因此在此区间上递减，C正确；时，由以上讨论知，时，D错，故选：AC第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知非零向量，满足，则_【答案】【解析】【分析】根据得到，再计算得到答案.【详解】，故；，故.故答案为：14. _.【答案】#

9、0.5【解析】【分析】利用诱导公式及两角和的正弦公式求解即可得答案【详解】，故答案为：.15. 在中，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】，得到，根据得到答案.【详解】，故，故，故，即，故答案为：16. 设，函数，若在区间内恰有9个零点，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】讨论在上零点个数从而确定在上零点个数，然后结合正弦函数性质可得参数范围【详解】，当时，的周期是，因为，所以在区间上，最多有6个零点，在区间上，最多有1个零点，因此时，在区间内不可能是9个零点，因此，的两根为，因为，所以，若，则，在上有两个零点，因此在上有7个零点，因此，所以；当时，在区间上只有一个零点，因此在区间上

10、有8个零点，即在上有8个零点，所以，综上，的取值范围是故答案为：【点睛】关键点睛：这道题关键指出是讨论的一个实数根是否在的范围内，需要分类讨论，然后给出另外一段函数零点的个数，利用数形结合得到范围四、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 设函数（1）求的值；（2）求不等式的解集【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）直接代入数据根据和差公式计算即可.（2）根据不等式得到，解得答案.【小问1详解】，；【小问2详解】，故，解得，即.18. 如图，在中，.设.（1）用表示；（2）若为内部一点，且.求证：三点共线.【答案】（1）， （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由图中线段的位置及数量关

11、系，用表示出，即可得结果；（2）用表示，得到，根据向量共线的结论即证结论.【小问1详解】由题图，.【小问2详解】由，又，所以，故三点共线.19. 已知，且满足（1）证明：；（2）求的最大值【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）由两角和的余弦公式展开后变形，再由商数关系可证；（2）由（1）利用平方关系化右侧为关于的二次齐次式，再弦化切，然后利用基本不等式得最大值【小问1详解】由已知，；【小问2详解】，则，由（1）得，当且仅当，即时取等号，所以的最大值是20. 已知，且，（1）求和；（2）求的大小【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）确定，根据二倍角公式和同角三角函数关系

12、得到答案.（2）根据函数的值确定，变换，展开计算得到，得到答案.【小问1详解】，故，；.【小问2详解】，故，又，故，故，故，故，故.21. 如图有一块半径为1，圆心角为的扇形铁皮AOB，P是圆弧AB上一点（不包括A，B），点M，N分别半径OA，OB上（1）若四边形为矩形，求其面积最大值；（2）若和均为直角三角形，求它们面积之和的取值范围【答案】（1）矩形面积最大值为. （2）【解析】【分析】（1）连接OP，令，用表示出矩形的面积，再借助三角函数计算作答.（2）利用（1）中信息，用表示出和的面积和，再换元变形结合二次函数性质计算作答.【小问1详解】连接OP，如图，令，因四边形为矩形，则，于是得矩

13、形的面积，而，则当，即时，取最大值1，所以最大值为，所以矩形面积最大值为.【小问2详解】由(1)知，则，和的面积和：，令，即，而，则，则，显然在上单调递减，当，即时，而，因此，所以和的面积和的取值范围是.22. 已知函数，图象上相邻的最高点与最低点的横坐标相差，_；（1）的一条对称轴且；的一个对称中心，且在上单调递减；向左平移个单位得到图象关于轴对称且从以上三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后确定函数的解析式；（2）在（1）的情况下，令，若存在使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）选，；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可得出函数的最小正周期，可求得的值，根据所选的条件得出关于

14、的表达式，然后结合所选条件进行检验，求出的值，综合可得出函数的解析式；（2）求得，由可计算得出，进而可得出，由参变量分离法得出，利用基本不等式求得的最小值，由此可得出实数的取值范围.【详解】（1）由题意可知，函数的最小正周期为，.选，因为函数的一条对称轴，则，解得，所以，的可能取值为、.若，则，则，不合乎题意；若，则，则，合乎题意.所以，；选，因为函数的一个对称中心，则，解得，所以，的可能取值为、.若，则，当时，此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意；若，则，当时，此时，函数在区间上单调递减，合乎题意；所以，；选，将函数向左平移个单位得到的图象关于轴对称，所得函数为，由于函数的图象关于轴对称，可得，解得，所以，的可能取值为、.若，则，不合乎题意；若，则，合乎题意.所以，；（2）由（1）可知，所以，当时，所以，所以，则，由可得，所以，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.