2022-2023学年四川省南充市高一下学期第二次月考数学试题【含答案】

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1、2022-2023学年四川省南充市高一下学期第二次月考数学试题一、单选题1已知点在第三象限，则角的终边位置在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】B【分析】由所在的象限有，即可判断所在的象限.【详解】因为点在第三象限，所以，由，可得角的终边在第二、四象限，由，可得角的终边在第二、三象限或轴非正半轴上，所以角终边位置在第二象限，故选：B.2平面向量与的夹角为，则=（）ABC1D【答案】A【分析】由平面数量积的定义求解即可.【详解】因为向量与的夹角为，故，则.故选：A.3已知，则（）ABCD【答案】A【分析】利用同角三角函数基本关系式先化简再求值.【详解】，.故选：A.【点睛】利用三

2、角公式求三角函数值的关键：(1)角的范围的判断；(2)选择合适的公式进行化简求值4已知向量满足则（）A3B49C6D7【答案】D【分析】根据公式直接计算可得.【详解】.故选：D5已知分别为三个内角的对边，且，则是（）A锐角三角形B直角三角形C等腰三角形D钝角三角形【答案】D【分析】正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，得到，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以，因为，可得，所以，又因为，所以，所以为钝角三角形.故选：D.6在直角梯形中，为的中点，则A1B2C3D4【答案】B【分析】画出图形，过点作，垂足为，易知是等腰直角三角形，是正方形，结合向量的线性运算可知，展

3、开运算即可得出答案.【详解】画出图形，过点作，垂足为，易知是等腰直角三角形，是正方形，根据题意得.故选:B.【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查了向量的数量积，考查了学生的计算能力，属于基础题.7已知是所在平面内一点，且点满足 则点一定的（）A外心B重心C内心D垂心【答案】C【分析】表示与的角平分线垂直的向量，因为与垂直，所以平行于的角平分线，即点位于的角平分线上，同理可得，点位于的角平分线上以及的角平分线上，即点是的角平分线的交点，因此点是的内心.【详解】因为，所以，即，即可得，即是的角平分线；同理可得是的角平分线，是的角平分线,所以点为三条角平分线的交点，即点是的内心.故选：C8已知函数

4、（其中）在区间上单调，且，当时，取得最大值，则不等式的解集为（）ABCD【答案】A【分析】先根据三角函数的性质确定函数解析式，然后解正弦不等式即可.【详解】因为函数在区间上单调，且，所以和均不是的极值点，其极值应该在处取得，又，所以也不是的极值点，又时，取得最大值，所以为另一个相邻的极值点，故函数的最小正周期，所以，又时，取得最大值，所以，即，因为，所以，可得，由，得，所以，解得，所以不等式的解集为.故选：A二、多选题9在下列各组向量中，能作为平面的基底的是（ ）ABCD【答案】BD【分析】判断两个向量是否共线即可，不共线的两个向量才能作为基底.【详解】对于A，因为，所以，故两向量不能作为基底

5、；对于B，因为，所以两向量不共线，故两向量能作为基底；对于C，因为，所以，故两向量不能作为基底；对于D，因为，所以两向量不共线，故两向量能作为基底.故选：BD.10将函数的图象向左平移个单位长度得到一个偶函数，则的值可以为（ ）ABCD【答案】AC【分析】化简函数的解析式，求出变换后的函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性可得出关于的等式，即可求得值.【详解】因为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，因为函数为偶函数，则，解得，则当时，时，.故选：AC.11已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（）A若,则B若，则为直角三角形C若,则为直角三角形D若，则满足条件的有两个【答案】A

6、C【分析】根据正弦定理、余弦定理知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A选项，若，则，由正弦定理可得，所以，故A选项正确；对于B选项，由可得：，则，得到为钝角，故B选项不正确；对于C选项，若，由正弦定理可得，所以为直角三角形，故C选项正确；.对于D选项，由正弦定理可得，则，故，由可得或，因为，则，故，故D选项不正确.故选：AC.12已知函数，则（）A既是周期函数又是奇函数B的图像关于点对称C的图像关于直线对称D的最大值为【答案】BCD【分析】对于A，找反例即可判断；对于B，验证即可；对于C，验证即可；对于D，令，则原函数可化为，分结合基本不等式即可判断.【详解】因为函数，对于A，则

7、，所以不是奇函数， A错误对于B，因，所以的图像关于点对称，B正确对于C，因为，所以的图像关于直线对称C正确对于D，令，则，当时，；当或时，当且仅当时，等号成立，此时函数取得最大值，D正确故选：BCD三、填空题13若非零向量与的夹角为，且，设为与同向的单位向量，则在方向上的投影向量为_.【答案】【分析】根据投影向量及求出答案.【详解】，又为与同向的单位向量，故，所以.故答案为：14已知扇形的面积为，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为_cm【答案】【分析】设扇形的弧长为，半径为，由已知可得出，求解即可得出答案.【详解】设扇形的弧长为，半径为，由已知可得，圆心角，面积，所以有，即，解得.故答

8、案为：.15已知是平面内两个夹角为的单位向量，若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是_.【答案】【分析】根据向量夹角为锐角得到，再排除的情况，计算得到答案.【详解】因为与的夹角为锐角，所以，又因为，则，解得，当时，即，解得.综上所述：且故答案为：16如图，在中，直线交于点，若则_ .【答案】/0.6【分析】由三点共线可得存在实数使得，再由三点共线可解得，利用向量的线性运算化简可得，即.【详解】由题可知，三点共线，由共线定理可知，存在实数使得,又，所以，又三点共线，所以，解得，即可得，所以，所以，即，可得，又，即可得.故答案为：.四、解答题17已知顶点在原点，以非负半轴为始边的角终边经过点(1

9、)求；(2)求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）分子分母同除，即可变成的分式，代入求值即可；（2）利用二倍角公式变形，1的代换变成分式，分子分母同除，即可变成的分式，代入求值即可.【详解】（1）因为角终边经过点，所以，所以；（2）.18已知向量，（）(1)若向量与垂直，求实数的值(2)当为何值时，向量与平行.【答案】(1)2(2)1【分析】根据向量垂直的坐标公式可得；根据向量平行的坐标公式可得.【详解】（1）由已知可得，因为向量与垂直，所以，解得；（2），因为与平行，所以，解得，所以当时，向量与平行19已知，.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用倍角公式和诱导

10、公式计算；（2）利用两角和与差的余弦公式计算，注意角的范围.【详解】（1）.（2）因为，所以，又因为，所以，所以；因为，所以，所以.所以.20已知向量，函数.(1)求函数的最大值及相应自变量的取值集合；(2)在中，角的对边分别为，若，求面积的最大值.【答案】(1)，此时自变量的取值集合为(2)【分析】（1）根据题意，由向量数量积的坐标运算即可得到解析式，再由辅助角公式化简，由正弦型函数的最值即可得到结果；（2）根据题意，结合（1）中解析式可得，再由余弦定理以及基本不等式即可得到结果.【详解】（1）由题知，当，即时，最大，且最大值为，即，此时自变量的取值集合为.（2）由（1）知，则，因为在中，

11、，所以，所以，所以，又由余弦定理及，得：，即，所以，即（当且仅当时等号成立）.所以.21如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为，在甲出发后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C假设缆车匀速直线运行的速度为，山路AC长为3150m，经测量，.(1)求索道AB的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？【答案】(1)2600m(2)【分析】1）在ABC中，由cosA和cosC可得sinA和sinC，从而得sinB，由正弦定理，可得AB

12、；（2）假设乙出发分钟后，通过余弦定理算出此时甲乙之间的距离，结合二次函数即可得最值.【详解】（1）法一：由题意得： 所以由正弦定理得:所以.法二：，如图作于点D,设，则，由，解得：则（2）设乙出发 （）后到达点M，此时甲到达N点，如图所示，则，由余弦定理得： 所以当时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短.22已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.(1)设函数，试求的相伴特征向量；(2)若向量的相伴函数为，且在区间上单调递增，求实数的取值范围；(3)已知，为的相伴特征向量，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）化简得到，得到相伴特征向量.（2）确定，计算函数的单调区间，得到，解得答案.（3）确定得到，再计算，根据向量垂直关系，结合三角函数有界性得到答案.【详解】（1），的相伴特征向量为（2）向量的相伴函数为，故，取，得，所以的单调递增区间为，故，且，即，且，解得所以实数的取值范围为.（3），相伴特征向量为，故，则，设，故，故，即，故，又，当且仅当时，和同时等于，等式成立，故在图像上存在点，使得.