河南省周口市西华一高-高一数学下学期第三次月考试题理新人教A版

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则实数( )A.B.C.D.3. 已知函数，则（ ）A.为奇函数，为偶函数B.为奇函数，为偶函数C.为奇函数，为偶函数D.为奇函数，为偶函数4. 已知向量，，则“”是“”的( )A.充分不必要条件A ={x |−3x +2>0}x 2B ={x |x −a ≥0}A ∩B =B a (−∞,1)(−∞,2](2,+∞)[2,+∞)i (i −a)(−1,2)a =1−12−2f (x)=,g(x)=−2x 12x −1x 2f (x +1)g(x −1)f (x +1)g(x +1)f (x +)12g(x −1)f (x +)12g(x +1)=(λ,−2)a →=(1+λ,1)b →λ=1a →⊥b →B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5. 设 ，，则 A.B.C.D.6. 在 中，角，，的对边分别为，，，若，则 是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰或直角三角形D.等腰直角三角形7. A.B.C.D.8. 如图所示，边长为的正，以的中点为圆心，为直径在点的另一侧作半圆弧，点在圆弧上运动，则的取值范围为( )A.a =，b =120.33log 3c =30.2()b >c >ac >b >aa >b >cc >a >b△ABC A B C a b c =a cos A b cos B △ABC sin =210∘()12−123–√2−3–√22△ABC BC O BC A BC ˆP ⋅AB −→−AP −→−[2,3]3–√[4,3]–√B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则下列结论中正确的是( )A.B.是图象的一个对称中心C.D.是图象的一条对称轴10. 已知角，，是锐角三角形的三个内角，下列结论一定成立的有( )A.B.C.D.11. 设函数，（其中，，），在上既无极大值，也无极小值，且，则下列结论错误的是( )A.若对任意成立，则B.的图象关于直线对称C.函数的单调区间为D.函数的图象相邻两条对称轴的距离是12. 下列说法错误的是（ ）A.若，，则B.若，则存在唯一实数使得[4,3]3–√[2,4][2,5]f (x)=2sin(2x +φ)(0<φ<π)f(x)π6y φ=5π6(,0)π12f(x)f (φ)=−2x =−π6f(x)A B C ABC sin(B +C)=sin Atan A <tan(B +C)cos(A +B)<cos Csin A >cos Bf(x)=A sin(ωx +φ)x ∈R A >0ω>0|φ|<π2(0,)π3−f()=f(0)=f(−)π3π6f()≤f(x)≤f()x 1x 2x ∈R |−=πx 2x 1|min y =f(x)x =π512f(x)[kπ+,kπ+](k ∈Z)π127π12y =|f(x)|(x ∈R)π2//a →b →//b →c →//a →c→//a →b →λ=λa →b→→−|=||+||→→→C.两个非零向量，，若，则与共线且反向D.已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 在锐角三角形中，已知＝，则＝________．14. 设与是两个不共线向量，且向量与共线，则________．15. 的值为________．16. 在中，角，，的对边分别是，，，若＝，＝，则的值为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知向量.若时，求与夹角的余弦值；当，且时，若，求的值.18. 已知的内角，，的对边分别是，，，且.求角的大小；已知的面积为，，求的值． 19. 设的周期，最大值．（1）求，，的值；（2）若，为方程的两根，，终边不共线，求的值． 20. 如图，在平面四边形中， ．a →b →|−|=||+||a →b →a →b →a →b →=(1,2)a →=(1,1)b →a →+λa →b →λ(−,+∞)53△ABC sin A tan A a →b →2+k a →b →−a →b →k =α+(α+)+(α+)cos 2cos 2120∘cos 2240∘△ABC A B C a b c B 2C 2b 3c cos C =(1,2),=(sin α，cos α−2sin α)a →b →(1)α=πa →+a →b →(2)α∈(0,)π2⊥a →b →sin β=，β∈(,π)35π2cos(β−α)△ABC A B C a bc =sin 2B 2bcos(C +B)−cos C sin B c (1)A (2)△ABC 1b +c =2+2–√a f(x)=a sin ωx +b cos ωx(ω>0)T =πf()=4π12ωa b αβf(x)=0αβtan(α+β)ABCD ∠DCB =,DB ⊥AD,CD =245∘若，求的面积；若，求角的大小．21. 已知 中，角，，所对的边分别为， ，且满足．求的面积;若 ，求 的最大值.22. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知的内角、、所对的边分别是、、，，，若________.求角的值与的面积.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.)(1)BD =25–√△BDC (2)cos ∠ADC =−,AD =5–√5215−−√9A △ABC A B C a b ，c ，A ≠π2bc sin 2A +20cos(B +C)=0(1)△ABC S (2)=4S a 2+c b b c sin B =cos B +13–√2b sin A =a tan B (a −c)sin A +c sin C =b sin B △ABC A B C a b c a =2–√b =3–√B △ABC参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】求出集合，，由，得，由此能求出实数的取值范围．【解答】集合，，∵，∴，∴．∴实数的取值范围．2.【答案】D【考点】复数代数形式的乘除运算复数的代数表示法及其几何意义【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，结合题意即可求得值．【解答】解：∵ 对应的点的坐标为，由题意可得，即.故选．3.A B A ∩B =B B ⊆A a A ={x |−3x +2>0}={x |x <1或x >2}x 2B ={x |x −a ≥0}={x |x ≥a}A ∩B =B B ⊆A a >2a (2,+∞)a i(i −a)=−1−ai(−1,−a)−a =2a =−2D【答案】D【考点】函数奇偶性的判断【解析】本题考查函数的奇偶性，考查逻辑推理能力【解答】【解析】．因为所以为奇函数，为偶函数，与均为非奇非偶函数．4.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】此题暂无解析【解答】解：向量，，若，则，，此时，向量与向量垂直；若向量与向量垂直，则，即，解得：或．∴“”是“”的充分不必要条件．故选.5.【答案】A【考点】D f (x +)=⋅f (x +1)=,g(x +1)=−1,g(x −1)=−11212x 12x +1x 2(x −2)2f (x +)12g(x +1)f (x +1)g(x −1)=(λ,−2)a →=(1+λ,1)b →λ=1=(1,−2)a →=(2,1)b →1×2−2×1=0a →b →a →b →λ(1+λ)−2=0+λ−2λ2=0λ=−2λ=1λ=1⊥a →b →A指数式、对数式的综合比较【解析】此题暂无解析【解答】解：根据对数函数的性质可知，根据指数函数的性质可知，，∴.故选.6.【答案】A【考点】两角和与差的正弦公式正弦定理三角形的形状判断【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，∴，，，即，则为等腰三角形.故选.7.【答案】B【考点】运用诱导公式化简求值【解析】12>9=2log 3log 30<<10.33>130.2b >c >a A =a cos A bcos B =sin A cos A sin B cos B sin A cos B −sin B cos A =0sin(A −B)=0A =B △ABC A =sin(+π)=−sin=−.1解:【解答】解：故选.8.【答案】D【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知，当点在点处时，最小，此时 ，如图，过圆心作交圆弧于点，连接，此时最大，过圆心作于点，的延长线于点，此时，所以的取值范围为．故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】sin =sin(+π)=−sin =−.210∘π6π612sin =sin(+π)210∘π6=−sin =−.π612B P C ⋅AB −→−AP −→−⋅=|AB|⋅|AE|=||⋅||⋅cos =2×2×=2AB −→−AP −→−AB −→−AC −→−π312O OP//AB P AP ⋅AB −→−AP −→−O OG ⊥AB G PF ⊥AB F ⋅=|AB|⋅|AF|=|AB|⋅(|AG|+|GF|)=2×(+1)=5AB −→−AP −→−32⋅AB −→−AP −→−[2,5]DA,B,D【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】平移得，所得图像关于轴对称，所以 ，可得，再由三角函数性质逐一判定即可．【解答】解：由题意， 向右平移个单位长度，得，∵的图象关于轴对称，∴， ，∴，，又，∴取，则，故选项正确；∵，∴，，，∴是图象的一条对称轴，是图象的一个对称中心，故选项正确；，故选项错误.故选.10.【答案】A,C,D【考点】两角和与差的三角函数诱导公式【解析】由题意利用两角和差的三角公式、诱导公式，正弦函数的单调性，逐一判断各个选项是否正确，从y =2sin(2x +φ−)π3y φ−=+kππ3π2k ∈Z φ=5π6f (x)=2sin(2x +φ)π6y =2sin [2(x −)+φ]=2sin(2x +φ−)π6π3y =2sin(2x +φ−)π3y φ−=kπ+π3π2k ∈Z φ=kπ+5π6k ∈Z 0<φ<πk =0φ=5π6A f (x)=2sin(2x +)5π6f ()=0π12f (−)=2π6f ()=25π6x =−π6f (x)(,0)π12f (x)BD f (φ)=f ()=25π6C ABD而得出结论．【解答】解：在锐角三角形中，∵，∴，故正确；∵，∴，，故错误；，故正确；∵，∴∴，故正确.故选.11.【答案】A,B,C,D【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的对称性正弦函数的单调性正弦函数的周期性【解析】对于：根据条件先求出函数的解析式，根据条件判断为函数的最小值，为函数的最大值，即可；对于：根据函数的对称性进行判断；对于：求出角的范围，结合三角函数的单调性进行判断；对于：根据函数的对称性以及对称轴之间的关系进行判断．【解答】解：∵在上既无极大值，也无极小值，∴是函数的一个单调区间，区间长度为，即函数的周期，即，则．∵，∴是函数的一条对称轴.∵，ABC A +B +C =πsin(B +C)=sin A A A <<B +C <ππ2tan A >0tan(B +C)<0B cos(A +B)=cos(π−C)=−cos C <0<cos C C <A +B <ππ20<−B <A <π2π2sin A >sin(−B)=cos B π2D ACD A f()x 1f()x 2B C D (0,)π3(0,)π3π3T ≥2×=π32π3≥2πω2π30<ω≤3f(0)=f(−)π6x ==−0−π62π12−f()=f(−)π3π6ππ∴，即是函数的一个对称中心.则 ①，②，由①②解得，，即，函数的周期，对于，若对任意实数恒成立，则为函数的最小值，为函数的最大值，则，即必定是的整数倍，故错误；对于时，，故错误；对于，，则，，则此时函数不单调，即函数在上不单调，故错误；对于,对于函数的图象，相邻两条对称轴之间的距离是，故错误.故选．12.【答案】A,B,D【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算【解析】无【解答】解：对于：两个向量，.如果，则，，但，不一定为共线向量，故错误；对于：若，则，如果，则实数不唯一，故错误；对于：两个非零向量，.若，可得，x ==−π3π62π12(,0)π12−ω+φ=+kππ12π2ω+φ=π+kππ12ω=3φ=−π4f(x)=A sin(3x −)π4T =π23A f()≤f()x 1x 2x f()x 1f()x 2|−|=⋅k =k ⋅x 2x 1T 2π3−x 2x 1π3A B ，x =5π12f(x)=A sin π=0B C x ∈[kπ+,kπ+](k ∈Z)π127π123x ∈[3kπ+,3kπ+](k ∈Z)π47π43x −∈[3kπ,3kπ+](k ∈Z)π43π2f(x)[kπ+,kπ+](k ∈Z)π127π12C D y =|f(x)|(x ∈R)×π=1423π6D ABCD A a →b →=b →0→//a →b →//b →c →a →c →B //a →b →=λa →b →==a →b →0→λC a →b →|−|=||+||a →b →a →b →(−=(||+||a →b →)2a →b →)22⋅=2||||→→即，，则两个向量的夹角为，则与共线且反向，故正确；对于：已知，，所以.因为与的夹角为锐角，可得且与不同向，即解得且，故错误.综上，说法错误的是．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】同角三角函数间的基本关系【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式即可计算求解．【解答】∵在锐角三角形中，已知＝，∴由题意知，∴．14.【答案】【考点】平行向量的性质−2⋅=2||||a →b →a →b →cos θ=−1πa →b →D =(1,2)a →=(1,1)b →+λ=(1+λ,2+λ)a →b →a →+λa →b →⋅(+λ)>0a →a →b →a →+λa →b →{1+λ+2(2+λ)>0,2(1+λ)≠2+λ,λ>−53λ≠0ABD ABD △ABC sin A −2【解析】直接利用向量共线，判断求解即可．【解答】解：与是两个不共线向量，且向量与共线，可得，解得，．故答案为：．15.【答案】【考点】求两角和与差的正弦运用诱导公式化简求值【解析】此题暂无解析【解答】令，则原式 ．16.【答案】．【考点】解三角形【解析】利用二倍角公式和正弦定理，结合题意即可求得的值．【解答】中，若＝，则＝，∴＝，由正弦定理得＝，∴；又＝，∴，∴．a →b →2+k a →b →−a →b →2+k =m(−)a →b →a →b →m =2k =−2−232α=0∘=++cos 20∘cos 2120∘cos 2240∘=32cos C △ABC B 2C sin B sin 2C sin B 2sin C cos C b 2c cos C cos C 2b 3c bc cos C四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：∵ ，当时，，∴.设与夹角为，∴，即与夹角的余弦值为.∵，∴，即或∵，∴.又，∴，∴.【考点】任意角的三角函数两角和与差的余弦公式数量积判断两个平面向量的垂直关系数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算平面向量的坐标运算向量的加法及其几何意义同角三角函数间的基本关系【解析】(1)=(1,2)，=(sin α,cos α−2sin α)a →b →α=π=(0,−1)b →+=(1,1)a →b →a →+a →b →θcos θ===⋅(+)a →a →b →||⋅|+|a →a →b →1×1+2×1×5–√2–√310−−√10a →+a →b →310−−√10(2)⊥a →b →sin α+2cos α−4sin α=0{3sin α=2cos α，α+α=1，sin 2cos 2⇒ sin α=，213−−√cos α=，313−−√ sin α=−，213−−√cosα=−.313−−√α∈(0,)π2sin α=，cos α=213−−√313−−√sin β=，β∈(,π)35π2cos β=−=−1−βsin 2−−−−−−−−√45cos(β−α)=cos αcos β+sin αsin β=×(−)+(×)=−313−−√45213−−√35613−−√65此题暂无解析【解答】解：∵ ，当时，，∴.设与夹角为，∴，即与夹角的余弦值为.∵，∴，即或∵，∴.又，∴，∴.18.【答案】解：由，可得，即，由正弦定理可得，因为，所以，所以，易知，，所以，所以.因为的面积为，所以，解得，又，所以由余弦定理得(1)=(1,2)，=(sin α,cos α−2sin α)a →b →α=π=(0,−1)b →+=(1,1)a →b →a →+a →b →θcos θ===⋅(+)a →a →b →||⋅|+|a →a →b →1×1+2×1×5–√2–√310−−√10a →+a →b →310−−√10(2)⊥a →b →sin α+2cos α−4sin α=0{3sin α=2cos α，α+α=1，sin 2cos 2⇒ sin α=，213−−√cos α=，313−−√ sin α=−，213−−√cosα=−.313−−√α∈(0,)π2sin α=，cos α=213−−√313−−√sin β=，β∈(,π)35π2cos β=−=−1−βsin 2−−−−−−−−√45cos(β−α)=cos αcos β+sin αsin β=×(−)+(×)=−313−−√45213−−√35613−−√65(1)=sin 2B 2b cos(C +B)−cos C sin B c c sin B cos B +b cos A +b cos C sin B =0b cos A +(c cos B +b cos C)sin B =0sinB cos A +sin A sin B =00<B <πsin B ≠0cos A +sin A =0A ≠π20<A <πtan A =−1A =3π4(2)△ABC 1bc sin A =112bc =22–√b +c =2+2–√=+−2bc cos A222，所以.【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】将已知等式进行变换，得到关于的等式，再依据已知条件分析满足条件，即可求得的值；先从已知条件的面积为，入手，再利用余弦定理即可求的值．【解答】解：由，可得，即，由正弦定理可得，因为，所以，所以，易知，，所以，所以.因为的面积为，所以，解得，又，所以由余弦定理得，所以.19.【答案】解：（1）由于，∴，∴．又∵的最大值为，∴①，且②，由 ①、②解出 ，，．（2）∵，∴由题意可得，∴，∴，或 ，=+−2bc cos Aa 2b 2c 2=++bc =(b +c −(2−)bc =10b 2c 22–√)22–√a =10−−√(1)A A A ≠π2A (2)△ABC 1b +a =2+2–√a (1)=sin 2B 2b cos(C +B)−cos C sin B c c sin B cos B +b cos A +b cos C sin B =0b cos A +(c cos B +b cos C)sin B =0sinB cos A +sin A sin B =00<B <πsin B ≠0cos A +sin A =0A ≠π20<A <πtan A =−1A =3π4(2)△ABC 1bc sin A =112bc =22–√b +c =2+2–√=+−2bc cos Aa 2b 2c 2=++bc =(b +c −(2−)bc =10b 2c 22–√)22–√a =10−−√f(x)=sin(ωx +ϕ)+a 2b 2−−−−−−√T =π=2πωω=2f(x)f()=4π124=+a 2b 2−−−−−−√a sin +b cos =4π6π6a =2b =23–√f(x)=2sin 2x +2cos 2x 3–√f(x)=2sin 2x +2cos 2x =4sin(2x +)3–√π3f(α)=f(β)=04sin(2α+)=4sin(2β+)π3π32α+=2kπ+2β+π3π32α+=2kπ+π−(2β+)π3π3+β=kπ+π即（，共线，故舍去）或，∴．【考点】求两角和与差的正弦两角和与差的正切公式【解析】（1）由，，求得．再根据的最大值为，可得①，且②，由①、②解出、的值．（2）由题意可得，故有，由此求得，，可得的值．【解答】解：（1）由于，∴，∴．又∵的最大值为，∴①，且②，由 ①、②解出 ，，．（2）∵，∴由题意可得，∴，∴，或 ，即（，共线，故舍去）或，∴．20.【答案】解：在三角形中，由余弦定理知：，∴或 （舍去）.∴ .由已知，即，∴ ，又，在中，由正弦定理知： ，3333α=kπ+βαβα+β=kπ+π6tan(α+β)=tan(kπ+)=(k ∈Z)π63–√3f(x)=sin(ωx +ϕ)+a 2b 2−−−−−−√T =π=2πωω=2f(x)f()=4π124=+a 2b 2−−−−−−√a sin +b cos =4π6π6a b f(α)=f(β)=04sin(2α+)=4sin(2β+)π3π3α+β=kπ+π6k ∈z tan(α+β)f(x)=sin(ωx +ϕ)+a 2b 2−−−−−−√T =π=2πωω=2f(x)f()=4π124=+a 2b 2−−−−−−√a sin +b cos =4π6π6a =2b =23–√f(x)=2sin 2x +2cos 2x 3–√f(x)=2sin 2x +2cos 2x =4sin(2x +)3–√π3f(α)=f(β)=04sin(2α+)=4sin(2β+)π3π32α+=2kπ+2β+π3π32α+=2kπ+π−(2β+)π3π3α=kπ+βαβα+β=kπ+π6tan(α+β)=tan(kπ+)=(k ∈Z)π63–√3(1)△BDC =2–√24+B −20C 24BC BC =42–√−22–√=CD ⋅BC ⋅sin ∠DCB =4S △BDC 12(2)cos ∠ADC =−5–√5cos(∠BDC +)=−sin ∠BDC =−90∘5–√5sin ∠BDC =,cos ∠BDC =5–√525–√5sin ∠DBC =sin(−∠CDB)135∘=cos ∠BDC +sin ∠BDC =2–√22–√2310−−√10△BDC =DC sin ∠DBC DB sin ∠DCBB =2–√代入数据得： ，在中，∴．【考点】余弦定理解三角形正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：在三角形中，由余弦定理知：，∴或 （舍去）.∴ .由已知，即，∴ ，又，在中，由正弦定理知： ，代入数据得： ，在中，∴．21.【答案】解：在 中， ∵，∴，∵，∴，即，∴．∵，∴，∴，，DB =25–√3Rt △ADB tan ∠DAB ==,DB AD 3–√∠A =60∘(1)△BDC =2–√24+B −20C 24BC BC =42–√−22–√=CD ⋅BC ⋅sin ∠DCB =4S △BDC 12(2)cos ∠ADC =−5–√5cos(∠BDC +)=−sin ∠BDC =−90∘5–√5sin ∠BDC =,cos ∠BDC =5–√525–√5sin ∠DBC =sin(−∠CDB)135∘=cos ∠BDC +sin ∠BDC =2–√22–√2310−−√10△BDC =DC sin ∠DBC DB sin ∠DCBDB =25–√3Rt △ADB tan ∠DAB ==,DB AD 3–√∠A =60∘(1)△ABC A +B +C =π，∴B +C =π−Abc sin 2A +20cos(B +C)=02bc sin A ⋅cos A −20cos A =0A ≠,∴cos A ≠0π22bc sin A −20=0bc sin A =10=bc sin A =5S △ABC 12(2)=4S a 2+−2bc cos A =2bc sin A b 2c 2+=2bc sin A +2bc cos A b 2c 2∴+==2sin A +2cos A =2sin(A +)c b b c +b 2c 2bc 2–√π4b当时， 取最大值 ．【考点】二倍角的正弦公式两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：在 中， ∵，∴，∵，∴，即，∴．∵，∴，∴， ，当时， 取最大值 ．22.【答案】解：选①，由，即，所以.因为 ，所以，所以，由正弦定理：，得，又因为，所以，所以，所以．A =π4+c b b c 22–√(1)△ABC A +B +C =π，∴B +C =π−Abc sin 2A +20cos(B +C)=02bc sin A ⋅cos A −20cos A =0A ≠,∴cos A ≠0π22bc sin A −20=0bc sin A =10=bc sin A =5S △ABC 12(2)=4S a 2+−2bc cos A =2bc sin A b 2c 2+=2bc sin A +2bc cos A b 2c 2∴+==2sin A +2cos A =2sin(A +)c b b c +b 2c 2bc 2–√π4A =π4+c b b c22–√sin B =cos B +13–√sin B −cos B =13–√sin(B −)=π612B ∈(0,π)B −=π6π6B =π3=a sin A b sin B sin A =2–√2a <b A =π4sin C =sin(π−−)=sin(+)π4π3π4π3=+6–√2–√4=ab sin C =S △ABC 123+3–√42b sin A =a tan B 2b sin A cos B =a sin B选②，由得，由正弦定理，化简得.因为，所以，由正弦定理，得，又因为，所以，所以，所以．选③，由正弦定理，得，所以，因为，所以，由正弦定理，得，又因为，所以，所以，所以．【考点】余弦定理正弦定理两角和与差的正弦公式【解析】无【解答】解：选①，由，即，所以.因为 ，所以，所以，由正弦定理：，得，2b sin A =a tan B 2b sin A cos B =a sin B =a sin A b sin B cos B =12B ∈(0,π)B =π3=a sin A b sin B sin A =2–√2a <b A =π4sin C =sin(π−−)=sin(+)π4π3π4π3=+6–√2–√4=ab sin C =S △ABC 123+3–√4==a sin A b sin B c sin C −ac +=a 2c 2b 2cos B ==+−a 2c 2b 22ac 12B =(0,π)B =π3=a sin A b sin B sin A =2–√2a <b A =π4sin C =sin(π−−)=sin(+)π4π3π4π3=+6–√2–√4=ab sin C =S △ABC 123+3–√4sin B =cos B +13–√sin B −cos B =13–√sin(B −)=π612B ∈(0,π)B −=π6π6B =π3=a sin A b sin Bsin A =2–√2=π又因为，所以，所以，所以．选②，由得，由正弦定理，化简得.因为，所以，由正弦定理，得，又因为，所以，所以，所以．选③，由正弦定理，得，所以，因为，所以，由正弦定理，得，又因为，所以，所以，所以．a <b A =π4sin C =sin(π−−)=sin(+)π4π3π4π3=+6–√2–√4=ab sin C =S △ABC 123+3–√42b sin A =a tan B 2b sin A cos B =a sin B =a sin A b sin B cos B =12B ∈(0,π)B =π3=a sin A b sin B sin A =2–√2a <b A =π4sin C =sin(π−−)=sin(+)π4π3π4π3=+6–√2–√4=ab sin C =S △ABC 123+3–√4==a sin A b sin B c sin C −ac +=a 2c 2b 2cos B ==+−a 2c 2b 22ac 12B =(0,π)B =π3=a sin A b sin B sin A =2–√2a <b A =π4sin C =sin(π−−)=sin(+)π4π3π4π3=+6–√2–√4=ab sin C =S △ABC 123+3–√4。

高一12月数学试题一、选择题〔 本大题共10小题，每题5分，共50分，在每题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目的要求〕1． 集合{}44U x Z x =∈-<<，{}1,0,2,3A =-，{}2,0,1,2B =-，那么()()U U C A C B =〔 〕.A {}3,2,1-- .B {}3,1,3-- .C {}3,2,1,1,3--- .D {}3-.2.假设集合{}2log (21)A x y x ==-，12x B y y ⎧⎫⎪⎪==⎨⎬⎪⎪⎩⎭，那么A B =〔 〕.A 12x x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭ .B 12x x ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭ .C 1112y y y ⎧⎫<<>⎨⎬⎩⎭或 .D {}011y y y <<>或2． 关于x 的二次函数22()32log 27f x x mx =-+在区间(,2)-∞上是单调函数，那么m 的取值范围是〔 〕.A (][),126,-∞-⋃+∞ .B [)6,+∞ .C (0,)+∞ .D (],6-∞4．函数,,log x aa y a y x y x ===〔其中1,0≠>a a 〕，在同一坐标系中画出其中的两个函数在第一象限内的图像，其中正确的选项是〔 〕5．设幂函数)(x f 的图像经过点(3，设01a <<，那么)(a f 与)(1-a f 的大小关系是〔 〕.A 1()()f a f a -<.B 1()()f a f a -= .C 1()()f a f a -> .D 不能确定6。

函数3log (0)()1(0)2xxx f x x >⎧⎪=⎨⎛⎫≤ ⎪⎪⎝⎭⎩，那么1()27f f ⎛⎫⎪⎝⎭=〔 〕.A 18- .B 18 .C 8-.D 87．以下不等式成立的是〔 〕.A 433544233<< .B 323log 2log 5log 5<<y.C log 2log 3log 4(0,1)a a aa a <<>≠ .D 0.50.5log 3log 2<< 8． 函数2log (1)y x =-的值域为(,0)-∞，那么其定义域是〔 〕 .A (,1)-∞ .B 1(0,)2.C (0,1) .D (1,)+∞9． 假设函数222y x x =++在闭区间[],1m 上有最大值5，最小值1，那么m 的取值范围是〔 〕.A []1,1-.B [)+∞-,1 .C []3,0- .D []3,1--10. 定义在R 上的函数()y f x =满足以下条件：①对任意的x R ∈都有(2)()f x f x +=；②假设1201x x ≤<≤，都有12()()f x f x >；③(1)y f x =+是偶函数，那么以下不等式中正确的选项是〔〕.A (7.8)(5.5)(2)f f f <<- .B (5.5)(7.8)(2)f f f <<- .C (2)(5.5)(7.8)f f f -<< .D (5.5)(2)(7.8)f f f <-<二、填空题〔本大题共5小题，每题5分，共25分，将各小题的结果写在横线上〕 11.设A 是直角坐标平面上所有点组成的集合，如果由A 到A 的映射f 为：:(,)(,23)f x y x y x y →+-那么点(1,2)的原象是点12.计算：3251lg2lg5lg2lg50l g 5log 9lg5o +--=13.函数2()log (1)f x x =-的定义域为14.方程ln(3●22122)log 3log 3x-=+的解为 15.假设(21)xf +=那么(17)f =三、解答题〔本大题共6小题，共75分，请写出各题的解答过程或演算步骤〕 16．设全集{}64U x x =-≤≤集合{}62A x x =-≤<-，{}30B x x =-≤< 求：()U A C B ；()U B C A ；()()U U C A C B 〔12分17．二次函数()y f x =最大值为3，且(4)(0)1f f -==- ⑴求()f x 的解析式；⑵求()f x 在[]3,3-上的最值。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 设复数满足，则()A.B.C.D.2. 已知向量，，则 A.B.C.D.3. 如图所示，表示水平放置的的直观图， 在 轴上， 和 轴垂直，且，则的边上的高为 A.B.C.D.z (3−2i)=13z ¯¯¯i 9z =−2−3i−2+3i2−3i2+3i=(2,−1)a →=(0,1)b →|+2|=a →b →()22–√5–√24△A ′O ′B ′△AOB B ′x ′A ′O ′x ′=2A ′O ′△AOB OB ()42–√422–√2△ABC 3b =2a sin B 3–√cos A =cos C △ABC4. 在中，若，，则形状为( )A.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形5. 的值是( )A.B.C.D.6. 已知函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是( )A.B.C.D.7. 过内一点任作一条直线，再分别过顶点，，作的垂线，垂足分别为，，，若恒成立，则点是的（ ）A.垂心B.重心C.外心D.内心8. 在中，，，分别为线段上的两个三等分点，若，则角为（ ）△ABC 3b =2a sin B 3–√cos A =cos C △ABC cos 15∘−6–√2–√2+6–√2–√2−6–√2–√4+6–√2–√4y =f (x −2)(2,0)y =f (x)x ∈(0,π)(x)cos x >f (x)sin x f ′(x)f ′f (x)f (−)>f ()π33–√π6f (−)<f ()π33–√π6f (−)>f ()2–√π43–√π6f (−)<f (−)2–√π4π3△ABC M l A B C l D E F ++=AD −→−BE −→−CF −→−0→M △ABC △ABC ||=2||=2AB −→−AC −→−M N BC ⋅=AM −→−AN −→−59A πA.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列说法错误的是（ ）A.若，，则B.若，则存在唯一实数使得C.两个非零向量，，若，则与共线且反向D.已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是10. 如图，在四棱锥中，，，点分别为的中点，若，，则下述正确的是 A.B.直线与异面C.D.三点共线 11. 在直角三角形中，，，为线段的中点，如图，将沿翻折，得到三棱锥（点为点翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是()π6π32π35π6//a →b →//b →c →//a →c→//a →b →λ=λa →b→a →b →|−|=||+||a →b →a →b →a →b →=(1,2)a →=(1,1)b →a →+λa →b →λ(−,+∞)53()ABC ∠B =π2AC =2BC =4D AC △ABD BD P −BCD P AA.的外接圆半径为B.存在某一位置，使得C.存在某一位置，使得D.若，则此时三棱锥的外接球的体积为12. 对于给定的，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是( )A.B.C.过点的直线交，于，，若，，则D.与共线卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 平面直角坐标系中，方程的曲线围成的封闭图形绕轴旋转一周所形成的几何体的体积为________．14. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影为________.15. 在平面直角坐标系中的位置如图所示， ，将绕点，逆时针旋转得到交轴于，若，则点的坐标为________．△PBD 2PD ⊥BDPB ⊥CDPD ⊥DC P −BCD π323△ABC O G H ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2⋅=⋅=⋅OA −→−OB −→−OA −→−OC −→−OB −→−OC−→−G l AB AC E F =λAE −→−AB −→−=μAF −→−AC −→−+=31λ1μAH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−|x |+|y |=1y =(−1,3)a →=(3,−4)b →a →b →△AOC OA =4△AOC O 90∘△O ,A 1C 1A 1C 1y B (0,2)△OB ∼△O C 1C 1A 1C 116. 三棱锥中，平面平面，，＝＝＝，＝，则三棱锥的外接球的表面积为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知向量满足，，且，的夹角为 .求；求在上的投影向量；若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．18. 已知复数，．若复数在复平面上对应的点在第三象限，求实数的取值范围．若，求的共轭复数． 19. 已知，函数.若，，求的值；若函数在上是单调递增函数，求正数的取值范围；在上有两个不等实根，，求的值. 20. 函数的一段图象（如图所示）（1）求其解析式．（2）令，当时，求的最大值．21. 在①，②，③P −ABC PAC ⊥ABC AB ⊥AC PA PC AC 2AB 4P −ABC ,a →b →||=2a →||=1b →a →b →60∘(1)|−|a →b →(2)b →a →(3)2t +7a →b →+t a →b →t =2−i z 1=3+2i z 2(1)+a z 1z 2a (2)z =z 2z 1z z ¯¯¯=(2cos x,1)，=(sin x +cos x,−1)a →b →3–√f(x)=⋅a →b →(1)f()=x 065∈[,]x 0π4π2cos 2x 0(2)y =f(ωx)(,)π32π3ω(3)f(x)=43[0,]π3x 1x 2cos(−)x 1x 2f(x)=A sin(ωx +ϕ)(A >0,ω>0,|ϕ|<)π2g(x)=(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1x ∈[0,]π4g(x)a sin(A +C)=b cos(A −)π61+2cos C cos B =cos(C −B)−cos(C +B)=,2tan B tan A +tan B b c这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上并作答．问题：在中，内角，．C 的对边分别为，，，且________．求的面积．22. 已知函数的部分图象如图，该图象与轴交于点，与轴交于点，两点，为图象的最高点，且的面积为.求的解析式及其单调递增区间；若，且，求的值；若将的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数()的图象．试求关于的方程在的所有根的和．△ABC A B a b c b +c =2,a =3–√6–√△ABC f (x)=2sin(ωx +φ)(0<φ<)π2y A (0,)3–√x B C D △DBC π2(1)f (x)(2)∈[,]x 0π34π3f ()=1x 0x 0(3)f (x)π122g x x g(x)=a(−1<a <0)x ∈[0,4π]参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数代数形式的混合运算共轭复数【解析】【解答】2.【答案】B【考点】平面向量的坐标运算向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，，∴.∴.故选.=(2,−1)a →=(0,1)b →+2=(2,1)a →b →|+2|a →b →=+2212−−−−−−√=5–√B3.【答案】A【考点】斜二测画法画直观图【解析】利用直观图和平面图形平行轴的长度不变，二者的面积比，求出上的高．【解答】解：由直观图与原图形中边长度不变，由，有，∴．故选.4.【答案】B【考点】三角形的形状判断正弦定理三角函数值的符号【解析】【解答】解：由正弦定理知：，，则可化为： .因为，所以，所以，可得或，又因为，所以，所以，，，所以为等边三角形．x 2–√2OB OB =2S 原图形2–√S 直观图⋅OB ⋅h =2××2⋅122–√12O ′B ′h =42–√A b =2R sin B a =2R sin A 3b =2a sin B 3–√3×2R sin B =2×2R sin A sin B3–√0<B <180∘sin θ≠0sin A =3–√2A =60∘{120%^{\circ}}cos A =cos C A = C A =60∘C =60∘B =−−=180∘60∘60∘60∘△ABC故选 .5.【答案】D【考点】两角和与差的余弦公式三角函数的化简求值【解析】，利用两角差的余弦可求得答案．【解答】解：∵．故选．6.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性不等式比较两数大小【解析】（1）根据题目所给信息得到函数的奇偶性，进而进行解题即可.【解答】解：已知函数的图象关于点对称，所以函数的图像关于原点对称，则该函数为奇函数.又函数对于任意的满足，令，则，所以函数在上单调递增.又函数为奇函数，所以为奇函数，故， ，.故选.B cos =cos(−)15∘45∘30∘cos =cos(−)15∘45∘30∘=cos cos +sin sin 45∘30∘45∘30∘=×+×2–√23–√22–√212=+6–√2–√4D y =f(x −2)(2,0)f(x)y =f (x)x ∈(0,π)(x)cos x >f (x)sin x f ′g(x)=f(x)cos x (x)=(x)cos x −f(x)sin x >0g ′f ′g(x)(0,π)f(x)g(x)f(−)<f()π33–√π6f(−)<f()2–√π43–√π6f(−)>f(−)2–√π4π3B7.【答案】B【考点】向量在几何中的应用【解析】【解答】解：假设在内过点和点作一条直线，再分别过顶点，，作的垂线，垂足分别为，，，所以，又因为恒成立，所以，所以直线经过的中点，同理，假设在内过点和点作一条直线，可得直线经过的中点，同理，假设在内过点和点作一条直线，可得直线经过的中点，则点是的重心．故选.8.【答案】C【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】【解答】△ABC A M l A B C l D E F =AD −→−0→++=AD −→−BE −→−CF −→−0→+=BE −→−CF −→−0→AM BC △ABC B M BM AC △ABC C M CM AB M △ABC B解：由题意可知，，∵，∴，，∴.∵，∴.故选.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B,D【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算【解析】无【解答】解：对于：两个向量，.如果，则，，但，不一定为共线向量，故错误；对于：若，则，如果，则实数不唯一，故错误；对于：两个非零向量，.若，可得，⋅=(+)(+)AM −→−AN −→−AB −→−BM −→−AC −→−CN −→−=(+)(+)AB −→−13BC −→−AC −→−13CB −→−=(+)(+)13AC −→−23AB −→−13AB −→−23AC −→−=|+|+⋅29AB −→−|229AC −→−|259AB −→−AC −→−=|+|+||⋅||cos A =29AB −→−|229AC −→−|259AB −→−AC −→−59||=2||=2AB −→−AC −→−||=2AB −→−||=1AC −→−cos A =−12A ∈(0,π)A =2π3C A a →b →=b →0→//a →b →//b →c →a →c →B //a →b →=λa →b →==a →b →0→λC a →b →|−|=||+||a →b →a →b →(−=(||+||a →b →)2a →b →)2则两个向量的夹角为，则与共线且反向，故正确；对于：已知，，所以.因为与的夹角为锐角，可得且与不同向，即解得且，故错误.综上，说法错误的是．故选．10.【答案】B,C,D【考点】异面直线的判定【解析】对于，；对于，由条件可知直线与是异面直线；对于，由，得；对于，，，♀是平面和平面的公共点，从而，，♀三点共线．【解答】解：在四棱锥中，点，分别为，的中点，对于，，故错误；对于，平面平面于，由异面直线判定定理得直线与是异面直线，故正确；对于，∵点，分别为，的中点，：，故正确；对于，，平面平面：，，是平面和平面的公共点，：，，三点共线，故正确．故选：11.【答案】A,Dπa →b →D =(1,2)a →=(1,1)b →+λ=(1+λ,2+λ)a →b →a →+λa →b →⋅(+λ)>0a →a →b →a →+λa →b →{1+λ+2(2+λ)>0,2(1+λ)≠2+λ,λ>−53λ≠0ABD ABD A =(+)DM −→−12DE −→−DB −→−B DE BC C MN/AEAE//CD MN//CD D B P ABC BDE B P B −ACDE AE//CD,CD =2AEM N BE BA DM ∩CN =PDE ∩CA =Q A =DM −→−12DE +)DB −→−−→−−−−−−A B DE ⊂ACDEBC∩ACDE C DEC 加DE BC B C M N BE BA MN//AEAE//CDMN//CD C D DMC |CN =PDE ∩CA =Q ABC∩BDE =BB P 9ABC BDE B P 9D BCD正弦定理空间中直线与直线之间的位置关系柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：在翻折过程中，，，，易知，由正弦定理得（为的外接圆半径），即，故正确；在翻折过程中，，故错误；若，取中点，连接，，由于为正三角形，则，又，故平面，则，又为中点，，则为正三角形，易知，则，与已知矛盾，故错误；若，则在三棱锥中，，由知，，取的中点，连接，，则，且，，所以，所以，所以平面．设外接球的半径为，根据几何体可知，外接球的球心在直线上，则，即，解得，所以三棱锥的外接球的体积为，故正确．故选．12.△PBD ≅△ABD PD =DC =BC =2PB =23–√∠PDB =120∘2r ==4PB sin ∠PDB r △PBD r =2A ∠PDB =120∘B PB ⊥CD CD M BM PM △BCD BM ⊥CD BM ∩PB =B CD ⊥PBM PM ⊥CD M CD PD =CD =2△PCD BM =PM =3–√BM +PM =2=PB 3–√C PD ⊥DC P −BCD PC =22–√P =B +P B 2C 2C 2∠ACB =π2PB E DE CE DE ⊥PB DE =1CE =PB =123–√D +C =C E 2E 2D 2DE ⊥CE DE ⊥PBC R O DE O +B =O E 2E 2B 2+=(R −1)2()3–√2R 2R =2P −BCD π=π43R 3323D ADA,C,D【考点】平面向量的基本定理及其意义向量在几何中的应用平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：，由垂径定理可知，外心在上的投影为线段的中点，所以，故成立；，为垂心，则，故不成立；，因为，，三点共线，故存在实数，使得.又为的重心，故，所以则，故成立；，因为，所以与垂直.又为垂心，则也与垂直，所以与共线，故成立．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.A O AB −→−AB ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2A B H ⋅HA −→−HB −→−=⋅HA −→−HC −→−=⋅HB −→−HC −→−B C G E F t =t +(1−t)AG −→−AE −→−AF −→−=tλ+(1−t)μAB −→−AC −→−G △ABC =+AG −→−13AB −→−13AC −→− tλ=，13(1−t)μ=，13+=31λ1μCD +⋅ AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−=+⋅AB −→−BC −→−||cos B AB −→−⋅AC −→−BC −→−||cos C AC −→−=−||+||=0BC −→−BC −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−H AH −→−BC −→−AH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos CAC −→−D ACD【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）柱体、锥体、台体的体积计算【解析】方程的曲线围成的封闭图形是一个以，，，为顶点的正方形，绕轴旋转一周所形成的几何体是两个圆锥形成的组合体圆锥体积公式，可得答案．【解答】解：方程的曲线围成的封闭图形是一个以，，，为顶点的正方形，绕轴旋转一周所形成的几何体是两个圆锥形成的组合体，如下图所示：圆锥的底面半径为，高为，故几何体的体积为：，故答案为：．14.【答案】【考点】向量的投影平面向量数量积的运算【解析】利用向量投影的意义解答．π23|x |+|y |=1(0,1)(1,0)(0,−1)(−1,0)y |x |+|y |=1(0,1)(1,0)(0,−1)(−1,0)y 112××π×1=π1323π23−3解：向量在向量上的投影为 .故答案为：．15.【答案】【考点】基本不等式向量的共线定理【解析】此题暂无解析【解答】解：如图作轴于．∵∴，∵，设，则∴ ∴，解得或（舍弃），∴．故答案为：．16.【答案】a →b →==−3⋅a →b →||b →−1×3−3×4+3242−−−−−−√−3(,)4383H ⊥x C 1H △OB ∽△O C 1C 1A 1==OC 1A 1C 1OB OA 112tan ∠H ===C 1A 1OB OA 1H C 1H A 112H =m C 1H =2m ，OH =2m −4A 1=m ，O =A 1C 15–√C 1+m 2(2m −4)2−−−−−−−−−−−−−√m =25–√+(2m −4m 2)2−−−−−−−−−−−−−√m =8385(,)C 14383(,)4383π球的表面积和体积球内接多面体棱锥的结构特征【解析】首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，再由球的表面积公式求解．【解答】由＝＝＝，可得三角形为等边三角形，又，得三角形为直角三角形，设三角形的外心为，的中点为，如图所示，过作平面的垂线，两垂线交于，则为三棱锥的外接球的球心．由已知可得＝，＝，则＝＝，而＝，∴三棱锥的外接球半径＝，则三棱锥外接球的表面积＝＝，四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：.向量在上的投影向量.由题意可得，设向量与向量的夹角为，则，则有，且，即与向量不能反向共线，PA PC AC 2PAC AB ⊥AC ABC PAC E BC D E PAC O O P −ABC PF EF OD EF DC R S 3π×(1)|−|a →b →=(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−√==4−2+1−−−−−−−√3–√(2)b →a →||cos ⋅b →60∘a →||a →=1×⋅=12a →214a →(3)⋅=2×1×cos =1a →b →60∘2t +7a →b →+t a →b →θθ∈(,)90∘180∘cos θ<0cos θ≠−12t +7a →b →+t a →b →→→设，则 得，由，得，∴，解得且.【考点】向量的模向量的投影数量积表示两个向量的夹角【解析】此题暂无解析【解答】解：.向量在上的投影向量.由题意可得，设向量与向量的夹角为，则，则有，且，即与向量不能反向共线，且向量数量积，设，则 得，由，2t +7≠−k ⋅(+t ),(k >0)e 1→e 2→e 1→e 2→{2t ≠−k,7≠−kt,t ≠±14−−√2(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7t +(2+7)⋅<0a →2b →2t 2a →b →2+15t +7<0t 2−7<t <−12t ≠±14−−√2(1)|−|a →b →=(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−√==4−2+1−−−−−−−√3–√(2)b →a →||cos ⋅b →60∘a →||a →=1×⋅=12a →214a →(3)⋅=2×1×cos =1a →b →60∘2t +7a →b →+t a →b →θθ∈(,)90∘180∘cos θ<0cos θ≠−12t +7a →b →+t a →b →(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7≠−k ⋅(+t ),(k >0)e 1→e 2→e 1→e 2→{2t ≠−k,7≠−kt,t ≠±14−−√2(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →∴，解得且.18.【答案】解：因为，，所以．因为复数在复平面上对应的点在第三象限，所以解得，即实数的取值范围为．因为，所以．【考点】复数的代数表示法及其几何意义复数代数形式的加减运算复数代数形式的乘除运算共轭复数【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，，所以．因为复数在复平面上对应的点在第三象限，所以解得，即实数的取值范围为．因为，所以．19.2+15t +7<0t 2−7<t <−12t ≠±14−−√2(1)=2−i z 1=3+2i z2+a =2−i +a (3+2i)z 1z 2=(2+3a)+(2a −1)i +a z 1z2{2+3a<0,2a −1<0,a <−23a (−∞,−)23(2)z ==z 2z 13+2i2−i =(3+2i)(2+i)(2−i)(2+i)==+i 4+7i 54575=−i z ¯¯¯4575(1)=2−i z 1=3+2i z 2+a =2−i +a (3+2i)z 1z 2=(2+3a)+(2a −1)i +a z 1z 2{2+3a <0,2a −1<0,a <−23a (−∞,−)23(2)z ==z 2z 13+2i 2−i =(3+2i)(2+i)(2−i)(2+i)==+i 4+7i 54575=−i z ¯¯¯4575解：.因为，所以.因为 ，所以，所以，所以.，令， ，得 ，.因为函数在区间上是单调递增函数，所以存在，使得，所以有即因为，所以.又因为 ，所以，则 ，所以.从而有，所以，所以令，，解得函数的对称轴为，.由,则.令，可得对称轴为：.(1)f(x)=⋅a →b →=2cos x(sin x +cos x)−13–√=sin 2x +cos 2x 3–√=2sin(2x +)π6f()=x 0652sin(2+)=x 0π665∈[,]x 0π4π2≤2+≤2π3x 0π67π6cos(2+)=−x 0π645cos 2x 0=cos[(2+)−]x 0π6π6=cos(2+)+sin(2+)3–√2x 0π612x 0π6=×(−)+×3–√2451235=3−43–√10(2)y =f (ωx)=2sin(2ωx +)π62kπ−≤2ωx +≤2kπ+π2π6π2k ∈Z−≤x ≤+kπωπ3ωkπωπ6ωk ∈Z y =f (ωx)(,)π32π3=Z k 0(,)∈(−,+)π32π3πk 0ωπ3ωπk 0ωπ6ω −≤，πk 0ωπ3ωπ3+≥，πk 0ωπ6ω2π3{3≤1+ω，k 06+1≥4ω.k 0ω>0>−k 016−≤×2π3π3122π2ω0<ω≤323≤1+k 032k 0≤56−<≤16k 056=0k 00<ω≤.14(3)2x +=+kππ6π2k ∈Z f(x)x =+π6kπ2k ∈Z f(x)=2sin(2x +)=π643sin(2x +)=π623k =0x =π6π2π则，关于对称轴对称，且，∴，∴..【考点】两角和与差的正弦公式诱导公式两角和与差的余弦公式数量积的坐标表达式正弦函数的对称性正弦函数的单调性【解析】（）利用数量积公式结合二倍角公式，辅助角公式化简函数解析式，结合两角差的余弦公式求解即可；（2）由整体法结合正弦函数的单调性得出该函数的单调增区间，则区间应该包含在的一个增区间内，根据包含关系列出不等式组，求解即可得出正数的取值范围.利用两个不等实根关于函数的对称轴对称，确定,的关系，然后再利用诱导公式等化简求值即可.【解答】解：.因为，所以.因为 ，所以，所以，所以.x 1x 2x =π6sin(2+)=x 2π623+=x 1x 2π3=−x 1π3x 2cos(−)=cos(−−)=cos(−2)x 1x 2π3x 2x 2π3x 2=cos[−(2+)]=sin(2+)=π2x 2π6x 2π6231(,)π32π3y =f (ωx)(3)x 1x 2(1)f(x)=⋅a →b →=2cos x(sin x +cos x)−13–√=sin 2x +cos 2x 3–√=2sin(2x +)π6f()=x 0652sin(2+)=x 0π665∈[,]x 0π4π2≤2+≤2π3x 0π67π6cos(2+)=−x 0π645cos 2x 0=cos[(2+)−]x 0π6π6=cos(2+)+sin(2+)3–√2x 0π612x 0π6=×(−)+×3–√2451235=3−43–√10=f (ωx)=2sin(2ωx +)π，令， ，得 ，.因为函数在区间上是单调递增函数，所以存在，使得，所以有即因为，所以.又因为 ，所以，则 ，所以.从而有，所以，所以令，，解得函数的对称轴为，.由,则.令，可得对称轴为：.要使在上有两个实根，，则，关于对称轴对称，且，∴，∴..20.【答案】解：（1）设函数的周期为，则由图知，∴，∴，∴(2)y =f (ωx)=2sin(2ωx +)π62kπ−≤2ωx +≤2kπ+π2π6π2k ∈Z −≤x ≤+kπωπ3ωkπωπ6ωk ∈Z y =f (ωx)(,)π32π3=Z k 0(,)∈(−,+)π32π3πk 0ωπ3ωπk 0ωπ6ω−≤，πk 0ωπ3ωπ3+≥，πk 0ωπ6ω2π3{3≤1+ω，k 06+1≥4ω.k 0ω>0>−k 016−≤×2π3π3122π2ω0<ω≤323≤1+k 032k 0≤56−<≤16k 056=0k 00<ω≤.14(3)2x +=+kππ6π2k ∈Z f(x)x =+π6kπ2k ∈Z f(x)=2sin(2x +)=π643sin(2x +)=π623k =0x =π6sin(2x +)=π623[0,]π3x 1x 2x 1x 2x =π6sin(2+)=x 2π623+=x 1x 2π3=−x 1π3x 2cos(−)=cos(−−)=cos(−2)x 1x 2π3x 2x 2π3x 2=cos[−(2+)]=sin(2+)=π2x 2π6x 2π623f(x)T T =−=347π8π83π4T =πω==22ππf(x)=A sin(2x +ϕ),0)7π(2×+ϕ)=07π将点代入得，∴，∴．∵，∴．∴．将点代入得，∴，∴，（2），设，则，当时，，，，在为减函数，当，即，即或时，取得最大值．【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式正切函数的值域【解析】（1）直接利用函数的图象，求出函数的周期，得到，然后利用函数经过的点求出，即可得到其解析式．（2）化简，通过换元法，结合正弦函数的单调性即可求解当时，的最大值．【解答】解：（1）设函数的周期为，则由图知，∴，∴，∴将点代入得，∴，∴．∵，(,0)7π8sin(2×+ϕ)=07π8+φ=2kπk ∈Z 7π4φ=−+2kπk ∈Z 7π4|ϕ|<π2φ=π4f(x)=A sin(2x +)π4(0,)2–√=A sin 2–√π4A =2f(x)=2sin(2x +)π4g(x)===(f(x)−1)+(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1(f(x)−1+1)2f(x)−11f(x)−1m =f(x)−1=2sin(2x +)−1π4y =m +1m x ∈[0,]π42x +∈[,]π4π43π4sin 2x +∈[,1]π42–√2m ∈[−1,1]2–√y =m +1m [−1,1]2–√m =−12–√2sin(2x +)−1=−1π42–√x =0x =π4g(x)22–√ωφg(x)=(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1x ∈[0,]π4g(x)f(x)T T =−=347π8π83π4T =πω==22ππf(x)=A sin(2x +ϕ)(,0)7π8sin(2×+ϕ)=07π8+φ=2kπk ∈Z 7π4φ=−+2kπk ∈Z 7π4|ϕ|<π2=π∴．∴．将点代入得，∴，∴，（2），设，则，当时，，，，在为减函数，当，即，即或时，取得最大值．21.【答案】解：若选①，由正弦定理得．因为，所以，所以，化简得，所以因为，所以因为，所以，所以．选②因为，所以，所以，因为为三角形的内角，所以，因为，所以所以选③因为所以由正弦定理可得：，可得： ，可得： ，因为,φ=π4f(x)=A sin(2x +)π4(0,)2–√=A sin 2–√π4A =2f(x)=2sin(2x +)π4g(x)===(f(x)−1)+(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1(f(x)−1+1)2f(x)−11f(x)−1m =f(x)−1=2sin(2x +)−1π4y =m +1m x ∈[0,]π42x +∈[,]π4π43π4sin 2x +∈[,1]π42–√2m ∈[−1,1]2–√y =m +1m [−1,1]2–√m =−12–√2sin(2x +)−1=−1π42–√x =0x =π4g(x)22–√sin A sin B =sin B cos(A −)π60<B <πsin B ≠0sin A =cos(A −)π6sin A =cos A +sin A 3–√212cos(A +)=0.π60<A <πA =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =S △ABC 1212π33–√21+2cos C cos B =cos(C −B)−cos(C +B)1−cos(C −B)+cos(C +B)+2cos C cos B =1+2cos(C +B)=1−2cos A =0cos A =12C A =π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2，=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2=,2tan B tan A +tan B b c =2tan B tan A +tan B sin B sin C =2×sin B cos B +sin A cos Asin B cos B sin B sin C ===2sin Bcos Bsin A cos B+sin B cos Acos A cos B 2sin B cos B sin C cos A cos B 2sin B cos A sin C sin B sin C sin B ≠0,sin C ≠0A =1所以解得，因为，所以因为，所以,所以【考点】余弦定理正弦定理运用诱导公式化简求值三角函数的化简求值同角三角函数间的基本关系【解析】此题暂无解析【解答】解：若选①，由正弦定理得．因为，所以，所以，化简得，所以因为，所以因为，所以，所以．选②因为，所以，所以，因为为三角形的内角，所以，因为，所以所以选③因为所以由正弦定理可得：，cos A =12A ∈(0,π)A =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2sin A sin B =sin B cos(A −)π60<B <πsin B ≠0sin A =cos(A −)π6sin A =cos A +sin A 3–√212cos(A +)=0.π60<A <πA =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =S △ABC 1212π33–√21+2cos C cos B =cos(C −B)−cos(C +B)1−cos(C −B)+cos(C +B)+2cos C cos B =1+2cos(C +B)=1−2cos A =0cos A =12C A =π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2，=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2=,2tan B tan A +tan B b c =2tan B tan A +tan B sin B sin C 2×sin B可得：，可得： ，因为,所以解得，因为，所以因为，所以,所以22.【答案】解：因为函数的最大值为，故的面积，，所以函数的周期，即，由函数的图象与交于点，得，，，，所以 ．令，，得，，所以的单调递增区间为．因为，即，又因为，所以，所以或，所以或．由题意易知，画出的图象如图所示：=2×sin B cos B +sin A cos A sin B cos B sin B sin C ===2sin B cos B sin A cos B+sin B cos A cos A cos B2sin Bcos B sin C cos A cos B2sin B cos A sin C sin B sin C sin B ≠0,sin C ≠0cos A =12A ∈(0,π)A =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2(1)f(x)=2sin(ωx +φ)2△BCD S =×|BC|×2=12π2∴|BC|=π2f(x)T =πω=2f(x)y A(0,)3–√f(0)=2sin φ=3–√∴sin φ=3–√2∵0<φ<π2∴φ=π3f(x)=2sin(2x +)π3−+2kπ≤2x +≤+2kππ2π3π2k ∈Z −+kπ≤x ≤+kπ5π12π12k ∈Z f(x)[−+kπ,+kπ](k ∈Z)5π12π12(2)f()=1x 0sin(2+)=x 0π312∈[,]x 0π34π32+∈[π,3π]x 0π32+=x 0π313π62+=x 0π317π6=x 05π4=x 011π12(3)g(x)=2sin(x +)π6g(x)则方程在有四个根，由正弦函数的对称性得四个根的和为．【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：因为函数的最大值为，故的面积，，所以函数的周期，即，由函数的图象与交于点，得，，，，所以 ．令，，g(x)=a(−1<a <0)x ∈[0,4π]2(+)=4π310π328π3(1)f(x)=2sin(ωx +φ)2△BCD S =×|BC|×2=12π2∴|BC|=π2f(x)T =πω=2f(x)y A(0,)3–√f(0)=2sin φ=3–√∴sin φ=3–√2∵0<φ<π2∴φ=π3f(x)=2sin(2x +)π3−+2kπ≤2x +≤+2kππ2π3π2k ∈Z +kπ≤x ≤+kπ5π得，，所以的单调递增区间为．因为，即，又因为，所以，所以或，所以或．由题意易知，画出的图象如图所示：则方程在有四个根，由正弦函数的对称性得四个根的和为．−+kπ≤x ≤+kπ5π12π12k ∈Z f(x)[−+kπ,+kπ](k ∈Z)5π12π12(2)f()=1x 0sin(2+)=x 0π312∈[,]x 0π34π32+∈[π,3π]x 0π32+=x 0π313π62+=x 0π317π6=x 05π4=x 011π12(3)g(x)=2sin(x +)π6g(x)g(x)=a(−1<a <0)x ∈[0,4π]2(+)=4π310π328π3。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 已知→a=(1,2)，→b=(2x,−3)且→a//→b，则x=( )A.−3B.−34C.0D.342. 已知cos2α=13，α∈(3π4,π)，则cosα等于( )A.√63B.−√63C.√33D.−√333. 下列各式计算正确的是（ ）A.2(→a+→b)+→c=2→a+→b+→cB.3(→a+→b)+3(→a−→b)=→0C.→AB+→BA=2→ABD.→a+→b+3→a−5→b=4→a−4→b4. 已知：f(x)=asinx+bcosx，g(x)=2sin(ωx+π3)+1，若函数f(x)和g(x)有完全相同的对称轴，则不等式g(x)>2的解集是( )A.(kπ−π6,kπ+π2)(k∈Z)B.(2kπ−π6,2kπ+π2)(k∈Z)C.(2kπ,2kπ+π6)(k∈Z)D.(kπ,kπ+π6)(k∈Z)5. 若AD是△ABC的中线，已知→AB=→a，→AC=→b，则→AD等于（ ）A.12(→a−→b)B.12(→a+→b)C.12(→−a+→b)D.−12(→a+→b)6. 要得到函数y=cos(4x+2π3)的图象，只需将函数y=sin4x的图象( )A.向右平移7π6个单位长度B.向左平移7π6个单位长度C.向右平移7π24个单位长度D.向左平移7π24个单位长度7. 将函数y=sin(x+π6)的图象上各点的横坐标变为原来的12（纵坐标不变），再往上平移1个单位，所得图象对应的函数在下面哪个区间上单调递增（ ）A.(−π3，π3)B.(−π2，π2)C.(−π3，π6)D.(−π6，2π3)8. 已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)，直线x=π24为f(x)的图象的一条对称轴，且f(x)在(π3,π2)上单调，则下列结论正确的是（）A.f(x)的最小正周期为πB.x=π12为f(x)的一个零点C.f(x)的单调递增区间为[−5π24+kπ2,π24+kπ2](k∈Z)D.f(x)在[0,π6]上的最小值为−12二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9. 已知向量→a=(1,sinθ)，→b=(cosθ,√2)(0≤θ≤π)，则下列命题正确的是( )A.→a与→b可能平行B.存在θ，使得|→a|=|→b|C.当→a⋅→b=√3时，sinθ=√63D.当tanθ=−√22时，→a与→b垂直10. 在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1−cosθ为角θ的正矢，记作versinθ，定义1−sinθ为角θ的余矢，记作coversinθ，则下列命题中正确的是( )A.函数y=coversinx−versinx在[π4,π]上是减函数B.若coversinx−1versinx−1=2，则coversin2x−versin2x=−75C.若g(x)=vesinx⋅cosx，则g(x)的最小值为0D.若h(x)=vesin2x−cosx，则h(x)的最小值为−9811. 在△ABC中，已知tan A+B2=sinC，给出以下四个论断，其中正确的是( )A.tanAtanB=1B.△ABC为直角三角形C.1<sinA+sinB≤√2D.sin2A+sin2B=cos2A+cos2B12. 如图，函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象经过点(−π12,0)和(5π12,0)，则( )A.ω=1B.φ=π6C.函数f(x)的图象关于直线x=2π3对称D.若f(π6−α)=65，则sin2α−cos2α=35卷II（非选择题）三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13. 已知平面向量a,b,c, |→a|=→b|=→a⋅→b=2 (→a−→c)⋅(→b−2→c)=12 |→b−→c| 的最大值为________14. 已知sinθ+cosθ=2√33，则sin2θ=________.15. 在△ABC中，|→AB+→AC|=|→AB−→AC|，AB=4，AC=3，则→BC在→CA方向上的投影是________.16. 已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象过点B(0,−√3),且在(π18,π3)上单调，同时f(x)的图象向左平移π个单位长度后与原来的图象重合，当x1,x2∈(−4π3,−2π3),且x1≠x2时，f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)=________.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >0,b >0)的左焦点F 为圆x 2+y 2+2x =0的圆心，且椭圆上的点到点F 的距离最小值为√2−1．(1)求椭圆方程；(2)已知经过点F 的动直线l 与椭圆交于不同的两点A ，B ，点M(−54,0)，证明：→MA ⋅→MB 为定值．18. 已知向量→a =(1,√3)，→b =(−2,0)．（1）求|→a −→b|；（2）求向量→a −→b 与→a 的夹角；（3）当t ∈[−1,1]时，求|→a −t →b|的取值范围． 19. 设→e 1，→e 2是两个不共线向量，已知→AB =2→e 1−8→e 2，→CB =→e 1+3→e 2，→CD =2→e 1−→e 2．(1)证明：A 、B 、D 三点共线；(2)若→BF =3→e 1−k→e 2，且B 、D 、F 三点共线，求k 的值． 20.某同学用“五点法”画函数 f(x)=Asin(ωx +φ) 在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：ωx +φ0π2π3π22πx5π1211π12Asin(ωx +φ)0200(1)请将上表数据补充完整，填写在相应位置，并求出函数 f(x) 的解析式；(2)把y =f(x) 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移π3个单位长度，得到函数 y =g(x) 的图象，求 g(23π6) 的值． 21. 向量→a =(sinx,cosx)，→b =(sinx,sinx)，→c =(−1,0)．(1)若x =π3，求向量→a ，→c 的夹角；(2)若x ∈[−3π8，π4]，函数f(x)=λ→a ⋅→b 的最大值为12，求λ的值． 22. 已知函数f(x)=2cos xsin (x +π3)−√32．（Ⅰ）求f(x)的最小正周期；（Ⅱ）若直线x =π为函数f(x +a)图象的一条对称轴，求实数a 的值．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】B【考点】平行向量的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵→a=(1,2)，→b=(2x,−3)且→a//→b，∴1×(−3)−2×2x=0，解得x=−34.故选B.2.【答案】B【考点】二倍角的余弦公式【解析】由条件利用二倍角公式，求得要求式子的值．【解答】2α−1=13,解：∵cos2α=2cos√63.∴cosα=±∵α∈(34π,π)，√63.∴cosα=−故选B.3.【答案】D【考点】向量数乘的运算及其几何意义向量的减法及其几何意义向量的加法及其几何意义【解析】利用向量的加法运算即可得出．【解答】解：→a+→b+3→a−5→b=(1+3)→a+(1−5)→b=4→a−4→b．故选D．4.【答案】B【考点】正弦函数的奇偶性和对称性三角函数的周期性及其求法【解析】若函数f(x)和g(x)有完全相同的对称轴，则这两个函数的周期是一样的，即ω＝1．通过解不等式g(x)>2求得x的取值范围．【解答】解：由题意知，函数f(x)和g(x)的周期是一样的，故ω=1，不等式g(x)>2，即sin(x+π3)>12，即2kπ+π6<x+π3<2kπ+5π6(k∈Z)，解得：x∈(2kπ−π6,2kπ+π2)(k∈Z).故选B.5.【答案】B【考点】向量的三角形法则【解析】由题意和向量加法的四边形法则得，→AD=12(→AB+→AC)，再把已知条件代入即可．【解答】解：∵AD是△ABC的中线，∴根据向量加法的四边形法则得，→AD=12(→AB+→AC)，∵→AB=→a，→AC=→b，∴→AD=12(→a+→b)．故选B．6.【答案】D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换诱导公式【解析】根据诱导公式y=cos(4x+2π3)=sin(4x+2π3+π2)，根据平移法则即可得解．【解答】解：∵y=cos(4x+2π3)=sin(4x+2π3+π2)=sin(4x+7π6)=sin4(x+7π24)，∴为了得到y=cos(4x+2π3)的图像，可以将函数y=sin4x的图象向左平移7π24个单位．故选D.7.【答案】C【考点】正弦函数的单调性【解析】根据函数图象的平移法则，得出平移后图象对应的解析式，再求函数的单调递增区间．【解答】函数y=sin(x+π6)的图象上各点的横坐标变为原来的12（纵坐标不变），得到函数y=sin(2x+π6)的图象；再往上平移1个单位，得到函数y=sin(2x+π6)+1的图象；令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，解得−π3+kπ≤x≤kπ+π6，k∈Z，所得图象对应的函数在区间(−π3,π6)上单调递增．8.【答案】C【考点】正弦函数的单调性三角函数的周期性及其求法正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：因为函数f(x)在(π3,π2)上单调，所以T2≥π6，得0<ω<6．又直线x =π24为f(x)的图象的对称轴，所以ωπ24+π3=π2+kπ(k ∈Z)，得ω=4+24k(k ∈Z)，所以ω=4,f(x)的最小正周期为2πω=π2，故A 错误；f (π12)=sin 2π3≠0，故B 错误；当0≤x ≤π6时，π3≤4x +π3≤π，则f(x)的最小值为0，故C 错误；−π2+2kπ≤4x +π3≤π2+2kπ(k ∈Z)，解得−5π24+kπ2≤x ≤π24+kπ2(k ∈Z)，即f(x)的单调递增区间为[−5π24+kπ2,π24+kπ2](k ∈Z)，故D 正确．故选C ．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,C,D【考点】平面向量数量积的运算命题的真假判断与应用同角三角函数基本关系的运用平行向量的性质【解析】本题考查平面向量的基本运算．【解答】解：因为向量→a =(1,sinθ)， →b =(cosθ,√2)(0≤θ≤π)，若→a//→b ，则cosθsinθ=√2，这样的θ不存在，故A 错误；若|→a|=|→b|，即1+sin 2θ=cos 2θ+2，所以1+sin 2θ=1−sin 2θ+2，所以sin 2θ=1，所以B 正确；当→a ⋅→b =√3时，cosθ+√2sinθ=√3sin(θ+φ)，其中cosφ=√63，sinφ=√33，且θ+φ=π2，所以sinθ=cosφ=√63，故C 正确；因为tanθ=−√22时， →a ⋅→b =cosθ+√2sinθ=0，故D 正确；故选BCD ．10.【答案】B,C,D【考点】两角和与差的余弦公式二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式诱导公式正弦函数的定义域和值域【解析】【解答】解：y =coversinx −versinx=cosx −sinx =√2cos (x +π4)，在[π4,3π4]上单调递减，所以A 错误；因为coversinx −1versinx −1=tanx =2，则coversin2x −versin2x =cos2x −sin2x =cos 2x −sin 2x −2sinxcosxcos 2x +sin 2x ，即1−tan 2x −2tanx1+tan 2x =−75 ，所以B 正确；f(x)=versin (2020x −π3)+coversin (2020x +π6)=2−cos (2020x −π3)−sin (2020x +π6)=2−2sin (2020x +π6)，所以f(x)的最大值4，所以C 错误；versin (π2−θ)=1−cos (π2−θ)=1−sinθ=coversinθ，所以D 正确.故选BD.11.【答案】B,C,D【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式两角和与差的正弦公式诱导公式三角形的形状判断【解析】（1）根据题目所给信息进行解题即可.【解答】解：因为tan A +B2=sinC ，所以sin A +B2cos A +B2=2sin A +B2cos A +B2，整理得cos(A +B)=0，所以A +B =π2，所以三角形ABC 为直角三角形.所以tanAtanB =tan 2A 不一定为1.又易得sin 2A +sin 2B =cos 2A +cos 2B.因为sinA +sinB =sinA +cosA =√2sin(A +45∘) ，又45∘<A +45∘<135∘，所以√22<sin(A +45∘)≤1，即1<sinA +sinB ≤√2.综上可知正确的选项有BCD.故选BCD.12.【答案】B,C【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin （ωx+φ）的性质正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：由图知，T2=5π12−(−π12)=π2，所以T =π，所以ω=2，故A 错误；所以f(x)=2sin(2x +φ).由f(x)的图象过点(−π12,0)，所以−π6+φ=2kπ(k ∈Z)，结合|φ|<π2，可得φ=π6，故B 正确；则f(x)=2sin (2x +π6)，当x =2π3时，f(x)=−2，所以函数f(x)的图象关于直线x =2π3对称，故C 正确；由f (π6−α)=2sin (π2−2α)=2cos2α=65，得cos2α=35，所以sin 2α−cos 2α=−cos2α=−35，故D 错误．故选BC ．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】72+1【考点】平面向量数量积的运算圆的标准方程圆的综合应用向量的模【解析】设出向量的坐标，利用已知条件转化为圆上的点到定点的距离最大值，得到答案.【解答】14.【答案】13【考点】二倍角的正弦公式同角三角函数基本关系的运用【解析】根据平方关系和二倍角的正弦公式求解．【解答】解：由sinθ+cosθ=2√33平方得1+2sinθcosθ=43，即1+sin2θ=43，所以sin2θ=13．故答案为：13．15.【答案】−3【考点】向量的投影向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，因为|→AB+→AC|=|→AB−→AC|，所以→AB⋅→AC=0，所以→AB⊥→AC，所以在Rt △ABC中，BC=√AB2+AC2=√42+32=5，则cos∠ACB=ACBC=35，设向量→BC与→CA的夹角为θ，则→BC在→CA方向上的投影为|→BC|cosθ=|→BC|cos(π−∠ACB)=−|→BC|cos∠ACB=−5×35=−3.故答案为：−3.16.【答案】−√3【考点】正弦函数的周期性函数y=Asin（ωx+φ）的性质函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象过点B(0,−√3),则2sinφ=−√3解得sinφ=−√32结合|φ|<π2，可知φ=−π3.则f(x)=2sin(ωx−π3).∵函数f(x)的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，∴2sin(ωx −π3)=2sin[ω(x +π)−π3],即ωπ=2kπ(k ∈Z)，∴ω=2k(k ∈Z).函数f(x)在x ∈(π18,π3)上单调，则π3−π18≤T2=πω,解得0<ω≤185,∴ω=2，即f(x)=2sin(2x −π3).故函数的对称轴方程为2x −π3=kπ+π2(k ∈Z),即x =kπ2+5π12(k ∈Z).根据x 1,x 2∈(−43π,−23π)，且x 1≠x 2时，f(x 1)=f(x 2),可知当k =−3时，x =−13π12.∵f(x 1)=f(x 2),∴−1312π=x 1+x 22,则f(x 1+x 2)=f(−136π)=2sin(−143π)=−√3.故答案为：−√3.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：(1)∵圆x 2+y 2+2x =0的圆心为(−1,0)，依据题意c =1，a −c =√2−1，∴a =√2,∴椭圆的标准方程是：x 22+y 2=1.(2)①当直线l 与x 轴垂直时，l 的方程是：x =−1， 得A(−1,√22)，B(−1,−√22)，→MA ⋅→MB =(14,√22)⋅(14,−√22)=−716．②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y =k(x +1),{y =k(x +1),x 22+y 2=1,⇒(1+2k 2)x 2+4k 2x +2k 2−2=0，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1x 2=2k 2−21+2k 2，x 1+x 2=−4k 21+2k 2，→MA ⋅→MB =(x 1+54,y 1)⋅(x 2+54,y 2)=x 1x 2+54(x 1+x 2)+2516+k 2(x 1x 2+x 1+x 2+1)=(1+k 2)x 1x 2+(k 2+54)(x 1+x 2)+k 2+2516=(1+k 2)(2k 2−21+2k 2)+(k 2+54)(−4k 21+2k 2)+k 2+2516=−4k 2−21+2k 2+2516=−2+2516=−716,综上，→MA ⋅→MB 为定值−716．【考点】椭圆的标准方程平面向量的坐标运算圆锥曲线中的定点与定值问题【解析】（1）先求出圆心坐标，再根据题意求出a 、b ，得椭圆的标准方程．（2）根据直线的斜率是否存在，分情况设直线方程，再与椭圆方程联立方程组，设出交点坐标，结合韦达定理根与系数的关系，利用向量坐标运算验证．【解答】解：(1)∵圆x 2+y 2+2x =0的圆心为(−1,0)，依据题意c =1，a −c =√2−1，∴a =√2,∴椭圆的标准方程是：x 22+y 2=1.(2)①当直线l 与x 轴垂直时，l 的方程是：x =−1， 得A(−1,√22)，B(−1,−√22)，→MA ⋅→MB =(14,√22)⋅(14,−√22)=−716．②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y =k(x +1),{y =k(x +1),x 22+y 2=1,⇒(1+2k 2)x 2+4k 2x +2k 2−2=0，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1x 2=2k 2−21+2k 2，x 1+x 2=−4k 21+2k 2，→MA ⋅→MB =(x 1+54,y 1)⋅(x 2+54,y 2)=x 1x 2+54(x 1+x 2)+2516+k 2(x 1x 2+x 1+x 2+1)=(1+k 2)x 1x 2+(k 2+54)(x 1+x 2)+k 2+2516=(1+k 2)(2k 2−21+2k 2)+(k 2+54)(−4k 21+2k 2)+k 2+2516=−4k 2−21+2k 2+2516=−2+2516=−716,综上，→MA ⋅→MB 为定值−716．18.【答案】解：（1） 因为向量→a =(1,√3)，→b =(−2,0)，所以→a −→b =(1,√3)−(−2,0)=(3,√3)；…|→a −→b|=2√3；…（2）因为(→a −→b)⋅→a =6，…所以cos →a −→b ，→a >=(→a −→b)⋅→a|→a −→b|⋅|→a|=64√3=√32，…所以向量→a −→b 与→a 的夹角为π6；…（3）因为|→a −t →b|2=→a 2−2t →a ⋅→b +t 2→b 2=4t 2+4t +4=4(t +12)2+3，…所以当t ∈[−1,1]时，最小值是3，最大值是12；…所以|→a −t →b|的取值范围是[3,12]． …【考点】数量积表示两个向量的夹角向量的模平面向量数量积的运算【解析】（1）利用平面向量的坐标运算求模长即可；（2）利用平面向量的数量积求夹角即可；（3）利用二次函数在闭区间上的最值求|→a −t →b|的取值范围．【解答】解：（1）因为向量→a=(1,√3)，→b=(−2,0)，所以→a−→b=(1,√3)−(−2,0)=(3,√3)；…|→a−→b|=2√3；…（2）因为(→a−→b)⋅→a=6，…所以cos →a−→b，→a>=(→a−→b)⋅→a|→a−→b|⋅|→a|=64√3=√32，…所以向量→a−→b与→a的夹角为π6；…（3）因为|→a−t→b|2=→a2−2t→a⋅→b+t2→b2=4t2+4t+4=4(t+12)2+3，…所以当t∈[−1,1]时，最小值是3，最大值是12；…所以|→a−t→b|的取值范围是[3,12]． …19.【答案】(1)证明：→BD=→CD−→CB=→e1−4→e2，⇒→AB=2(→e1−4→e2)=2→BD⇒→AB//→BD，∵→AB与→BD有公共点，∴A、B、D三点共线.(2)解：∵B、D、F三点共线，∴存在实数λ，使→BF=λ→BD，∴3→e1−k→e2=λ→e1−4λ→e2，∴(3−λ)→e1=(k−4λ)→e2.又∵→e1,→e2不共线，∴{3−λ=0,k−4λ=0,解得λ=3，k=12．【考点】三点共线平面向量共线（平行）的坐标表示平面向量的基本定理【解析】（1）先求出→BD，只要证明存在实数λ使得→AB=λ→BD即可；（2）利用向量共线定理即可得出．【解答】(1)证明：→BD=→CD−→CB=→e1−4→e2，⇒→AB=2(→e1−4→e2)=2→BD⇒→AB//→BD，∵→AB与→BD有公共点，∴A、B、D三点共线.(2)解：∵B、D、F三点共线，∴存在实数λ，使→BF=λ→BD，∴3→e1−k→e2=λ→e1−4λ→e2，∴(3−λ)→e1=(k−4λ)→e2.又∵→e1,→e2不共线，∴{3−λ=0,k−4λ=0,解得λ=3，k=12．20.【答案】{5π12ω+φ=π2，11π12ω+φ=3π2，解：(1)根据表中已知数据，可得{ω=2，φ=−π3，解得又Asinπ2=2，所以A=2，所以f(x)=2sin(2x−π3)．数据补全如下表：ωx+φ0π2π3π22πxπ65π122π311π127π6Asin(ωx+φ)020−20(2)由(1)知f(x)=2sin(2x−π3)，把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到 y=2sin(x−π3) 的图象，再把得到的图象向左平移π3个单位长度，得到y=2sinx的图象，即g(x)=2sinx，所以g(23π6)=2sin23π6=2sin(−π6)=−1．【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换五点法作函数y=Asin（ωx+φ）的图象【解析】此题暂无解析【解答】{5π12ω+φ=π2，11π12ω+φ=3π2，解：(1)根据表中已知数据，可得{ω=2，φ=−π3，解得又Asinπ2=2，所以A=2，所以f(x)=2sin(2x−π3)．数据补全如下表：ωx+φ0π2π3π22πxπ65π122π311π127π6Asin(ωx+φ)020−20(2)由(1)知f(x)=2sin(2x−π3)，把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到 y=2sin(x−π3) 的图象，再把得到的图象向左平移π3个单位长度，得到y=2sinx的图象，即g(x)=2sinx，所以g(23π6)=2sin23π6=2sin(−π6)=−1．21.【答案】解：(1)x=π3时，→a=(√32,12),√321×1=−√32,∴cosθ=→a⋅→c|→a|⋅|→c|=−即向量→a，→c的夹角为5π6；(2)→a⋅→b=sin2x+sinxcosx=1−cos2x2+12sin2x=√22sin(2x−π4)+12,√2λ2sin(2x−π4)+λ2.∴f(x)=∵x∈[−3π8，π4],∴2x−π4∈[−π,π4],①若λ<0，则2x−π4=−π2时，f(x)取最大值−√2λ2+λ2=12,∴λ=−1−√2；②若λ>0，则2x−π4=π4时，f(x)取最大值√2λ2⋅√22+λ2=12,∴λ=12．【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算正弦函数的定义域和值域【解析】（1）x=π3时，可以求出向量→a的坐标，然后根据cos<→a，→c>=˙|→a||→c|即可求出cos<→a，→c>，从而可以得出向量→a，→c的夹角；√2λ2sin(2x−π4)+λ2，可以求出2x−π4∈[−π,π4]，讨（2）进行向量数量积的坐标运算得出→a⋅→b的值，从而得到f(x)=论λ>0和λ<0两种情况，根据f(x)的最大值为12便可建立关于λ的方程，从而便可求出λ的值．【解答】解：(1)x=π3时，→a=(√32,12),√321×1=−√32,∴cosθ=→a⋅→c|→a|⋅|→c|=−即向量→a，→c的夹角为5π6；(2)→a⋅→b=sin2x+sinxcosx=1−cos2x2+12sin2x=√22sin(2x−π4)+12,√2λ2sin(2x−π4)+λ2.∴f(x)=∵x∈[−3π8，π4],∴2x−π4∈[−π,π4],①若λ<0，则2x−π4=−π2时，f(x)取最大值−√2λ2+λ2=12,∴λ=−1−√2；②若λ>0，则2x−π4=π4时，f(x)取最大值√2λ2⋅√22+λ2=12,∴λ=12．22.【答案】【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换两角和与差的正弦公式正弦函数的对称性【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 已知△ABC中， a=√2，b=√3，B=60∘，那么角A等于( )A.45∘或135∘B.30∘或150∘C.45∘D.30∘2. 已知角α的终边过点(3,−4)，则sin(α+π4)=( )A.−√1010B.−7√210C.7√210D.−√2103. 已知m，n是两条不同的直线， α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是（）A.若α⊥β ，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定垂直B.若m⊥α ，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交、平行或异面C.若m⊥α，n//α ，则直线m与n一定垂直D.若m⊂α ，n⊂β，α//β，则直线m与n一定平行4. 三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AC⊥BC1，过C1作底面ABC 的垂线C1O，垂足为O，则点O一定落在（ ）A.直线AB上B.直线BC上C.直线CA上D.△ABC的内部5. 若x∈(e−1,1)，a=lnx，b=(12)lnx，c=e lnx，则( )A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.b>c>a6. 已知函数f(x)=acos(x−π3)+√3sin(x−π3)是偶函数. 若将曲线y=f(2x)向左平移π12单位长度后，得到曲线y=g(x)，则不等式g(x)≤1的解集是( )A.[kπ−5π12,kπ+π4](k∈Z)B.[kπ+π12,kπ+3π4](k∈Z)C.[kπ−3π8,kπ+7π4](k∈Z)D.[2kπ−5π6,2kπ+π2](k∈Z)7. 已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足→OP=→OA+λ(→AB|→AB|cosB+→AC|→AC|cosC)(λ∈[0,+∞))，则P点的轨迹一定通过△ABC的( )A.外心B.内心C.重心D.垂心8. 已知A，B，C三点都在表面积为 100π 的球O的表面上，若 AB=4√3 ，∠ACB=60∘，则球心O到平面ABC的距离等于（）A.2B.3C.4D.5二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9. 将函数y=cos2x的图象向左平移π6个单位，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）后得到函数y=f(x)的图象，对于函数y=f(x)有以下四个判断，其中正确的是（）A.函数的解析式为y=2cos(2x+π6)B.函数图象关于直线x=π3对称C.函数在区间[0,π6]上单调递增D.若函数y=f(x)+a在区间[0,π2]上的最小值为√3，则a=2+√310. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的最大值为√2，其图像相邻的两条对称轴之间的距离为π2，且f(x)的图像关于点(−π12,0)对称，则下列结论正确的是( )A.函数f(x)的图像关于直线x=5π12对称B.当x∈[−π6,π6]时，函数f(x)的最小值为−√22C.若f(π6−α)=3√25，则sin4α−cos4α的值为−45D.要得到函数f(x)的图像，只需要将g(x)=√2cos2x的图像向右平移π6个单位11. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，为正三角形，平面PAD平面ABCD，点E为底面ABCD的中心，点F为线段PA上的动点，则下列结论正确的是( )A.B.存在点F ，使得C.存在点F ，使得D.存在点F ，使得直线CF 与直线PE 为异面直线12. 下列命题中正确的是（ ）A.如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行B.如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面C.如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行D.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB =BC =√2，AC =2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD 体积的最大值为________．14. 如图，P 为△ABC 所在平面外一点，平面α//平面ABC ，α分别交线段PA ，PB ，PC 于A ′，B ′，C ′．若PA ′∶AA ′=2∶3，则S △A ′B ′C ′S △ABC =________．15. 重要结论→PG =13(→PA +→PB +→PC )⇔G 为△ABC 的________；→PA +→PB +→PC =0⇔P 为△ABC 的________．16. 已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1,AA 1⊥面ABC ，P 为△A 1B 1C 1内的一点（含边界），且△ABC 是边长为2的等边三角形，AA 1=2，M ，N 分别为AC ，BC 的中点，下列命题正确的有________.①若P 为A 1C 1的中点时，则过A ，P ，B 三点的平面截三棱柱表面的图形为等腰梯形；②若P 为A 1C 1的中点时，三菱锥P −C 1MN 的体积V =√36；③若P 为A 1C 1的中点时，NP//A 1B ；④若AP 与平面ABC 所成的角与P −BC −A 的二面角相等，则满足条件的P 的轨迹是椭圆的一部分．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 设→e 1，→e 2是两个不共线向量，已知→AB =2→e 1−8→e 2，→CB =→e 1+3→e 2，→CD =2→e 1−→e 2．(1)证明：A 、B 、D 三点共线；(2)若→BF =3→e 1−k→e 2，且B 、D 、F 三点共线，求k 的值．18. 如图，矩形ADEF 和菱形ABCD 所在平面互相垂直，已知∠ADC =π3，点N 是线段AD 的中点．(1)求证：CN ⊥AF ；(2)试问在线段BE 上是否存在点M ，使得直线AF//平面MNC ？若存在，请证明AF//平面MNC ，并求出BMME 的值；若不存在，请说明理由．19. 定义新运算：(a,b)[cd ]=ac +bd.若复数z 满足 (1,z)[¯z2]=9−4i.(1)求复数z;(2)设t为实数，若z0=t+2i，且z0z为纯虚数，求t的值．20. 如图在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD且2AB=2AD=CD=4，现以AD为一边向梯形外作矩形ADEF，然后沿边AD将矩形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直.(1)求证：BC⊥平面BDE;(2)若点D到平面BEC的距离为√2 ，求三棱锥F−BDE的体积.21. 已知函数为偶函数，且图象的相邻两个最高点的距离为．（1）当时，求的单调递增区间；（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来（纵坐标不变），得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值．22. 已知函数f(x)=2√3sinxcosx+2cos2x−1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间[0,π2]上的最大值和最小值；(2)若f(x0)=65，x0∈[π4,π2]，求cos2x0的值．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】C【考点】正弦定理【解析】△ABC中，利用正弦定理求出sinA，根据大边对大角可知，A是锐角，进而得出角A．【解答】解：在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，√2sinA=√3√32，∴√22，∴sinA=∵a<b ，∴A<B，∴A=45∘.故选C.2.【答案】D【考点】两角和与差的正弦公式任意角的三角函数【解析】由条件利用任意角的三角函数的定义，两角和的正弦公式，求得sin(α+π4)的值．【解答】解：∵角α的终边经过点(3,−4)，则sinα=−45，cosα=35，∴sin(α+π4)=sinαcosπ4+cosαsinπ4=−45×√22+35×√22=−√210.故选D．3.【答案】C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系空间中平面与平面之间的位置关系【解析】对于A，直线m与n相交、平行或异面；对于B，由线面垂直、面面垂直的性质得直线m与n垂直；对于C，由线面垂直、线面平行的性质得直线m与n一定垂直；对于D，直线m与n平行或异面．【解答】解：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若α⊥β ，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故A错误；对于B，若m⊥α ，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质得直线m与n垂直，故B错误；对于C，若m⊥α，n//α ，则由线面垂直、线面平行的性质得直线m与n一定垂直，故C正确；对于D，若m⊂α ，n⊂β，α//β，则直线m与n平行或异面，故D错误．故选C．4.【答案】A【考点】空间点、线、面的位置【解析】由已知中三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AC⊥BC1，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面ABC1，进而再由面面垂直的判定定理得到平面ABC⊥平面ABC1，过C1作底面ABC 的垂线C1O，则垂线C1O应该在平面ABC1上，进而可以得到答案．【解答】解：连接AC1，∵∠BAC=90∘，即AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1=B∴AC ⊥平面ABC 1，∴平面ABC ⊥平面ABC 1，若C 1O ⊥底面ABC则C 1O ⊂平面ABC 1，即O 点在直线AB 上，故选A5.【答案】D【考点】对数值大小的比较指数函数与对数函数的关系【解析】依题意，由对数函数与指数函数的性质可求得a <0，b >1，1ec <1，从而可得答案．【解答】解：∵x ∈(e −1,1)，a =lnx ，∴a ∈(−1,0)，即a <0；又y =(12)x为减函数，∴b =(12)lnx ,(12)ln1=(12)0=1，即b >1；又c =e lnx =x ∈(e −1,1)，∴b >c >a ．故选D.6.【答案】A【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】解：∵f(x)=acos (x −π3)+√3sin (x −π3)=a(12cosx +√32sinx)+√3(12sinx −√32cosx)=(12a −32)cosx +(√32a +√32)sinx 是偶函数，∴f(−x)=f(x)，∴√32a +√32=0，解得a =−1，∴f(x)=−2cosx.将曲线y =f(2x)向左平移π12个单位长度后，得到曲线y =−2cos (2x +π6)，则g(x)=−2cos (2x +π6)，由g(x)≤1，得−2cos (2x +π6)≤1，得cos (2x +π6)≥−12，则2kπ−2π3≤2x +π6≤2kπ+2π3(k ∈Z)，得kπ−5π12≤x ≤kπ+π4(k ∈Z).故选A.7.【答案】D【考点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】可先根据数量积为零得出 →BC 与λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )，垂直，可得点P 在BC 的高线上，从而得到结论．【解答】解：由→OP =→OA +λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )⇒→OP −→OA =λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )⇒→AP =λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )，又∵→BC ⋅→AP =λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )⋅→BC =−|→BC |+|→BC |=0，∴→AP ⊥→BC ，∴点P在BC的高线上，即P的轨迹过△ABC的垂心.故选D．8.【答案】B【考点】点、线、面间的距离计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9.【答案】B,D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的性质正弦函数的单调性函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性正弦函数的定义域和值域【解析】无【解答】解：A．将函数y=cos2x的图象向左平移π6个单位，得到y=cos2(x+π6)=cos(2x+π3)的图象，然后纵坐标伸长到原来的2倍得到y=2cos(2x+π3)的图象，所以A不正确；B．y=f(π3)=2cos(2×π3+π3)=2cosπ=−2，所以函数图象关于直线x=π3对称，所以B正确；C．∵x∈[0,π6]，∴π3≤2x+π3≤2π3，函数单调递减，所以C不正确；D．y=f(x)+a=2cos(2x+π3)+a，当0≤x≤π2时，π3≤2x+π3≤4π3，故−1≤cos(2x+π3)≤12，所以当2x+π3=π，即x=π3时，函数f(x)取得最小值，ymin，所以{a=2+\sqrt{3}}，所以{\rm D}正确．故选{\rm BD}．10.【答案】B,D【考点】三角函数的恒等变换及化简求值由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】解：因为函数{f\left(x\right)}的最大值为{\sqrt{2}}，所以{A=\sqrt{2}}．因为函数{f\left(x\right)}图像相邻的两条对称轴之间的距离为{\dfrac{\pi }{2}}，所以{\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi }{2}}，{T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\pi}，{\omega =2}，所以{ f\left(x\right)=\sqrt{2}\sin \left(2x+\varphi \right)}.又因为{f\left(x\right)}的图像关于点{\left(-\dfrac{\pi }{12}, 0\right)}对称，所以{f\left(-\dfrac{\pi }{12}\right)=\sqrt{2}\sin \left(-\dfrac{\pi }{6}+\varphi \right)=0}，即 {-\dfrac{\pi }{6}+\varphi =k\pi}，{ k\in \textbf Z}，所以{\varphi =\dfrac{\pi }{6}+k\pi }，{ k\in \textbf Z}．因为{| \varphi | \lt \dfrac{\pi }{2}}，所以{\varphi =\dfrac{\pi }{6}}．即{f\left(x\right)=\sqrt{2}\sin \left(2x+\dfrac{\pi }{6}\right)}．{\rm A}，{f\left(\dfrac{5}{12}\pi \right)=\sqrt{2}\sin \pi =0\ne \pm \sqrt{2}}，故{\rm A}错误；{\rm B}，当{x\in \left[-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{6}\right]}时，{2x+\dfrac{\pi}{6}\in \left[-\dfrac{\pi} {6},\dfrac{\pi}{2}\right]}，所以当{2x+\dfrac{\pi }{6}=-\dfrac{\pi }{6}}时， {f\left(x\right)}取得最小值{-\dfrac{\sqrt{2}}{2}}，故{\rm B}正确；{\rm C}，{f\left(\dfrac{\pi }{6}-\alpha \right)=\sqrt{2}\sin \left(\dfrac{\pi }{2}-2\alpha\right)=\sqrt{2}\cos 2\alpha =\dfrac{3\sqrt{2}}{5}}，所以{\cos 2\alpha =\dfrac{3}{5}}，则{\sin ^{4}\alpha -\cos ^{4}\alpha =\left(\sin ^{2}\alpha +\cos ^{2}\alpha \right)\left(\sin ^{2}\alpha -\cos ^{2}\alpha \right)}{=-\cos 2\alpha =-\dfrac{3}{5}}，故{\rm C}错误；{\rm D}，{g\left(x\right)=\sqrt{2}\cos 2x}的图像向右平移{\dfrac{\pi }{6}}个单位得到{y=\sqrt{2}\cos 2\left(x-\dfrac{\pi }{6}\right)=\sqrt{2}\cos \left(2x-\dfrac{\pi }{3}\right)}{=\sqrt{2}\sin \left[\dfrac{\pi }{2}+\left(2x-\dfrac{\pi }{3}\right)\right]}{=\sqrt{2}\sin \left(2x+\dfrac{\pi }{6}\right)=f(x)} ，故{\rm D}正确．故选{\rm BD}．11.【答案】A,C【考点】异面直线的判定【解析】根据所给条件和线面关系，结合空间向量，逐项分析判断，即可得解．．{\textbf Z}【解答】{r}对{A}由底面{ABCD}是边长为{2}的正方形，所以{CD\perp AD}又平面{PAD\perp}平面{ABCD}，可得{CD\perp}平面平面{PAD}，所以{CD\perp PA }，故{A}正确；对{B}，{PO\perp AD}于○，则{PO\perp}底面{ABCD}所以建立如图所示空间直角坐标系{O-x_{1}z}则{P\left( 0, 0, \sqrt{3}\right) , A\left( 1, 0, 0\right) , B\left( 1, 2, 0\right) , C\left( -1, 2, 0\right)}设{F\left( x, y, z\right) \overrightarrow {AF}= \lambda \overrightarrow {AP} \left( 0\le \lambda \le1\right)}所以{\left( x-1, y, z\right) = \lambda \left( -1, 0, \sqrt{3}\right) x= 1-\lambda , y= 0, z= \sqrt{3}\lambda}所以{F\left( 1-\lambda , 0, \sqrt{3}\lambda \right)}所以{\overrightarrow {CF}= \left( 2-\lambda , -2, \sqrt{3}\lambda \right)}由{\overrightarrow {PB}= \left( 1, 2, -\sqrt{3}\right)}若{CF\perp PB }，则{\overrightarrow {CF}\cdot \overrightarrow {PB}= \left( 2-\lambda , -2,\sqrt{3}\lambda \right) \cdot \left( 1, 2, -\sqrt{3}\right) = 2-\lambda -4-3\lambda = -4\lambda = 0}则{\lambda = -\dfrac{1}{2}}不符题意，故{B}错误；对{C}，如图{PC= \sqrt{PO^{2}+ OD^{2}+ DC^{2}}= \sqrt{8}= 2\sqrt{2}}{AC= 2\sqrt{2} }，所以{\triangle PAC}为等腰三角形，当{F}点为{AP}中点时{CF}最短，此时{CF= \sqrt{7}}所以{CF\in \left[ \sqrt{7}, 2\sqrt{2}\right]}，若{CF= \dfrac{2\sqrt{2}}{3}PB= \dfrac{8}{3}}而{\dfrac{8}{3}\in \left[ \sqrt{7}, 2\sqrt{2}\right] }，故{C}正确；对{D}，由点{E}为底面{ABCD}的中心，而{ABCD}为正方形，所以{A}．{E}．{C}三点共线，所以{CF}在平面{PAC}上，所以直线{CF}与直线{PE}共面，故{D}错误故选：{AC}．12.【答案】A,B,D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】对于立体几何中的线线、线面、面面关系的判定可依据课本中有关定理结论进行判断，也可列举反例从而说明不正确即可．【解答】观察正方体中的线面位置关系，结合课本中在关线面位置关系的定理知，{ABD}正确．对于{C}，{A′B′}、{A′D′}都平行于一个平面{AC}，但它们不平行，故{C}错．三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13.【答案】{\dfrac {2}{3}}【考点】球的表面积和体积【解析】本题考查球的表面积、四面体的体积等．【解答】解：设球心为{O}，当四面体{ABCD}的体积最大时，点{O}在四面体{ABCD}的内部，取线段{AC}的中点为{M}，连结{MO}，并延长与球面交于点{N}，连结{NA}，{NB}，{NC}，{OC}．因为{AB=BC=\sqrt {2}}，{AC=2}，所以{\triangle ABC}为直角三角形，所以{\triangle ABC}外接圆的圆心为{M}，从而易知{MN⊥平面ABC}．易知当点{D}与点{N}重合时，四面体{ABCD}的体积最大．设球的半径为{r}，则{S_球=4 \pi r^2=\dfrac{25\pi}{4}，解得}{r=\dfrac{5}{4}}．在{{\rm R}t\triangle {OCM}}中，{OC=r=\dfrac{5}{4}}，{MC=\dfrac{1}{2}AC=1}，所以{OM=\sqrt{\left(\dfrac{5}{4}\right)^{2}-1}=\dfrac{3}{4}}．所以四面体{ABCD}体积的最大值为{V_{N-ABC}=\dfrac {1}{3}S_{\triangle ABC} \cdot MN}{=\dfrac {1} {3}S_{\triangle ABC} \cdot (NO+OM)}{=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \sqrt{2} \times \left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{3} {4}\right)}{=\dfrac{2}{3}}．故答案为：{\dfrac {2}{3}}．14.【答案】{\dfrac{4}{25}}【考点】平面与平面平行的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵平面{\alpha //}平面{ABC}，∴{AB//A^{\prime}B^{\prime}}，{BC//B^{\prime}C^{\prime}}，{AC//A^{\prime}C^{\prime}}．由等角定理得{\angle ABC=\angle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}，{\angle BCA=\angleB^{\prime}C^{\prime}A^{\prime}}，{\angle CAB=\angle C^{\prime}A^{\prime}B^{\prime}}，∴{△ABC\sim △A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}．∵{△PAB\sim △PA^{\prime}B^{\prime}}，{PA^{\prime}∶AA^{\prime}=2∶3}，∴{\dfrac{A^{\prime}B^{\prime}}{AB}=\dfrac{PA^{\prime}}{PA}=\dfrac{2}{5}}，∴{\dfrac{S_{△A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}}{S_{△ABC}}=\left(\dfrac{A^{\prime}B^{\prime}} {AB}\right)^2=\left(\dfrac{PA^{\prime}}{PA}\right)^2=\dfrac{4}{25}}．故答案为：{\dfrac{4}{25}}．15.【答案】(1)重心(2)重心【考点】向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】略16.【答案】①②【考点】直线与平面垂直的判定点、线、面间的距离计算直线与平面垂直的性质柱体、锥体、台体的体积计算【解析】取{B_{1}C_{1}}的中点{ Q}，连结{PQ}，{AP}，{BP}，利用中位线定理以及三角形中的边角关系，即可判断选项{①}；过点{N}作{ND\perp AC}，垂足为{D}，求出点{N}到平面{PMC_{1}}的距离{ND}，然后利用等体积法求出体积，即可判断选项{②}；设{BC_{1}}的中点为{E}，然后利用线面关系、线线关系即可判断选项{③}；由题意得到点{P}到定点{A_{1}}的距离等于点{P}到定直线{B_{1}C_{1}}的距离，结合抛物线的定义，即可判断选项{④}．【解答】解：对于①，取{B_{1}C_{1}}的中点{Q}，连结{PQ}，{AP}，{BP}，如图{(1)}所示，则{PQ}为{\triangle C_{1}A_{1}B_{1}}的中位线，所以{PQ//A_{1}B_{1}}因为{A_{1}B_{1}//AB}，所以{PQ//AB}，故梯形{ABOP}即为过{A}，{P}，{B}三点的截面，在{ {\rm Rt} \triangle AA_{1}P}中，{AP=\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}P^{2}}=\sqrt{5}}，在{ {\rm Rt} \triangle BB_{1}Q}中，{BQ=\sqrt{BB_{1}^{2}+B_{1}}=\sqrt{5}}所以{AP=BQ}，故梯形{ABQP}为等腰梯形，故选项①正确；对于②，过点{N}作{ND\perp AC}，垂足为{D}如图{(1)}所示，因为{AA_{1}\perp}平面{ABC}，{ND\subset}平面{ABC}，所以{AA_{1}\perp ND}，又{AC\cap A_{1}A=A}，所以{ND\perp}平面{AA_{1}C_{1}C}，所以{N}到平面{PMC}的距离即为{ND=\dfrac{1}{2}BM=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}，所以{S_{\triangle PMC_{1}}=\dfrac{1}{2}\cdot PM\cdot PC_{1}=1}，则{V_{P-C_{1}MN}=V_{N-PMC_{1}}=\dfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle PMC_{1}}\cdotND=\dfrac{\sqrt{3}}{6}}，故选项②正确；对于③，设{BC_{1}}的中点为{E}如图{(2)}所示，则{PE}为{\triangle C_{1}A_{1}B}的中位线，所以{PE//A_{1}B}，因为{PN\cap PE=P}，则{PN}与{A_{1}B}不平行，故选项③错误；对于④，过点{P}作{PS\perp}平面{ABC}，垂足为{S}，连结{AS}，过{S}作{SR\perp BC}于点{R}，连结{PR,}过点{P}作{PT\perp B_{1}C_{1}}于点{T}连结{A_{1}P,}因为四边形{AA_{1}PS}为矩形，所以{AS=A_{1}P}，四边形{PSRT}为矩形，所以{SR=PT}，因为{PS\perp BC, SR\perp BC}，且{PS\cap S=S}，所以{BC\perp}平面{PSR}，又{PR\subset}平面{PSR}，所以{BC\perp PR}，所以{\angle PRS}即为二面角{P-BC-A}的平面角，因为{PS\perp}平面{ABC}，所以{\angle PAS}即为{PA}与平面{ABC}所成的角，所以{\angle PAS=\angle PRS}，因为{AS=\dfrac{PS}{\tan \angle PAS}, SR=\dfrac{PS}{\tan \angle PRS}}，所以{AS=SR} ，则有{A_{1}P=PT,}所以点{P}到定点{A_{1}}的距离等于点{P}到定直线{B_{1}C_{1}}的距离，所以点{P}的轨迹为抛物线({A}为焦点，{B_{1}C_{1}}为准线)，故选项④错误．故正确的是①②．故答案为：①②．四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17.【答案】{(1)}证明：{\overset{ \rightarrow }{BD} = \overset{ \rightarrow }{CD} - \overset{ \rightarrow }{CB} = \overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，{ \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} = 2(\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}) = 2\overset{ \rightarrow }{BD} \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} // \overset{ \rightarrow }{BD}}，∵{\overset{ \rightarrow }{AB}}与{\overset{ \rightarrow }{BD}}有公共点，∴{A}、{B}、{D}三点共线.{(2)}解：∵{B}、{D}、{F}三点共线，∴存在实数{\lambda }，使{\overset{ \rightarrow }{BF} = \lambda\overset{ \rightarrow }{BD}}，∴{3\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - k\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}} =\lambda\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\lambda\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，∴{(3 - \lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} = (k - 4\lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}.又∵{\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}},\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}不共线，∴{\left\{ \begin{matrix} 3 - \lambda = 0, \\ k - 4\lambda = 0, \\ \end{matrix} \right.\ }解得{\lambda }{=3}，{k}{=12}．【考点】三点共线平面向量共线（平行）的坐标表示平面向量的基本定理【解析】（1）先求出{\overset{ \rightarrow }{BD}}，只要证明存在实数{\lambda }使得{\overset{ \rightarrow } {AB} = \lambda\overset{ \rightarrow }{BD}}即可；（2）利用向量共线定理即可得出．【解答】{(1)}证明：{\overset{ \rightarrow }{BD} = \overset{ \rightarrow }{CD} - \overset{ \rightarrow }{CB} = \overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，{ \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} = 2(\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}) = 2\overset{ \rightarrow }{BD} \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} // \overset{\rightarrow }{BD}}，∵{\overset{ \rightarrow }{AB}}与{\overset{ \rightarrow }{BD}}有公共点，∴{A}、{B}、{D}三点共线.{(2)}解：∵{B}、{D}、{F}三点共线，∴存在实数{\lambda }，使{\overset{ \rightarrow }{BF} = \lambda\overset{ \rightarrow }{BD}}，∴{3\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - k\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}} = \lambda\overset{\rightarrow }{{e}_{1}} - 4\lambda\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，∴{(3 - \lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} = (k - 4\lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}.又∵{\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}},\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}不共线，∴{\left\{\begin{matrix} 3 - \lambda = 0, \\ k - 4\lambda = 0, \\ \end{matrix} \right.\ }解得{\lambda }{=3}，{k}{=12}．18.【答案】{(1)}证明：∵四边形{ABCD}是菱形，∴{AD=CD}，∵{\angle ADC=\dfrac{\pi }{3}}，∴{\triangle ADC}是等边三角形.又∵{N}是线段{AD}的中点，∴{CN\perp AD} .又∵平面{ADEF \perp }平面{ABCD}，平面{ADEF \,\,\cap }平面{ABCD=AD}，{CN\subset }平面{ABCD}，∴{CN \perp }平面{ADEF}．又∵{AF\subset }平面{ADEF}，∴{CN\perp AF} .{(2)}解：存在，理由如下：作{FE}的中点{P}，连接{CP}交{BE}于点{M}，{M}点即为所求的点，连接{PN} ，如图所示，∵{ N}是{AD}的中点，{P}是{FE}的中点，∴{PN//AF}.又{PN \subset }平面{MNC}．{AF\not \subset}平面{MNC}，∴{AF//}平面{MNC}.∵{PE/AD}，{AD//BC}，∴{PE//BC}，∴{\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{BC}{PE}=2}．【考点】平面与平面垂直的性质直线与平面平行的判定【解析】（1）证明：菱形{ABCD}中，{AD=CD, \angle ADC=\dfrac{\pi }{3}}，则{\triangle ADC}是等边三角形，又{N}是线段{AD}的中点，∴{CM\perp AD} .又平面{ADEF \perp }平面{ABCD}，平面{ADEF \cap }平面{ABCD=AD}，所以{CN \perp }平面{ADEF}．又∵{AF\subset }平面{ADEF}，故{CN\perp AF} .（2）解：作{FE}的中点{P}，连接{CP}交{BB}于点{M}，{M}点即为所求的点．证明：连接{PN} .∵{ N}是{AD}的中点，{P}是{FE}的中点，∴{PN//AF}，又{PN \subset }平面{MNC}．{AF\not \subset}平面{MNC}，∴直线{AF//}平面{MNC}，∵{PE/AD, AD//BC}，∴{PE//BC}，∴{\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{BC}{PE}=2}．【解答】{(1)}证明：∵四边形{ABCD}是菱形，∴{AD=CD}，∵{\angle ADC=\dfrac{\pi }{3}}，∴{\triangle ADC}是等边三角形.又∵{N}是线段{AD}的中点，∴{CN\perp AD} .又∵平面{ADEF \perp }平面{ABCD}，平面{ADEF \,\,\cap }平面{ABCD=AD}，{CN\subset }平面{ABCD}，∴{CN \perp }平面{ADEF}．又∵{AF\subset }平面{ADEF}，∴{CN\perp AF} .{(2)}解：存在，理由如下：作{FE}的中点{P}，连接{CP}交{BE}于点{M}，{M}点即为所求的点，连接{PN} ，如图所示，∵{ N}是{AD}的中点，{P}是{FE}的中点，∴{PN//AF}.又{PN \subset }平面{MNC}．{AF\not \subset}平面{MNC}，∴{AF//}平面{MNC}.∵{PE/AD}，{AD//BC}，∴{PE//BC}，∴{\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{BC}{PE}=2}．19.【答案】解：{(1)}设复数{z=a+b\rm i}{\left( a, b\in \textbf R \right)}，因为{\left( 1, z\right) \left[ \begin{array} {l}{\overline{z}} \\ {2}\end{array} \right]=\overline {z}+2z} {=\left( a-b\rm i\right) +2\left( a+b\rm i\right) =3a+b\rm i=9-4i}，所以解得{a=3}，{ b=-4}，可得{z=3-4\rm i}．{(2)}因为{t}为实数，若{z_{0}=t+2\rm i}，由{(1)}可得{z=3-4i}，所以{\dfrac{z_{0}}{z}=\dfrac{t+2\rm i}{3-4\rm i}=\dfrac{\left( t+2\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) } {\left( 3-4\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) }=\dfrac{\left( 3t-8\right) +\left( 4t+6\right) \rm i}{25}}，由于{\dfrac{z_{0}}{z} }为纯虚数，可得{\left\{ \begin{array} {l}{3t-8=0}, \\ {4t+6\ne 0}.\end{array} \right.}解得{t=\dfrac{8}{3}}．【考点】复数代数形式的乘除运算复数的运算复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：{(1)}设复数{z=a+b\rm i}{\left( a, b\in \textbf R \right)}，因为{\left( 1, z\right) \left[ \begin{array} {l}{\overline{z}} \\ {2}\end{array} \right]=\overline {z}+2z} {=\left( a-b\rm i\right) +2\left( a+b\rm i\right) =3a+b\rm i=9-4i}，所以解得{a=3}，{ b=-4}，可得{z=3-4\rm i}．{(2)}因为{t}为实数，若{z_{0}=t+2\rm i}，由{(1)}可得{z=3-4i}，所以{\dfrac{z_{0}}{z}=\dfrac{t+2\rm i}{3-4\rm i}=\dfrac{\left( t+2\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) } {\left( 3-4\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) }=\dfrac{\left( 3t-8\right) +\left( 4t+6\right) \rm i}{25}}，由于{\dfrac{z_{0}}{z} }为纯虚数，可得{\left\{ \begin{array} {l}{3t-8=0}, \\ {4t+6\ne 0}.\end{array} \right.}解得{t=\dfrac{8}{3}}．20.【答案】证明：{(1)}在矩形{ADEF}中，{DE\perp AD}，又∵平面{ADEF\perp}平面{ABCD}，且平面{ADEF\cap}平面{ABCD= AD}，∴{DE\perp}平面{ABCD}，所以{DE\perp BC}，在直角梯形{ABCD}中，{2AB=2 AD= CD= 4}，可得{BD= 2\sqrt{2}}，在{\triangle BCD}中，{BC= BD= 2\sqrt{2}}，{ CD= 4}，∴{BD^{2}+ BC^{2}= CD^{2}}，∴{BC\perp BD}，又{DE\cap BD= D}，∴{BC\perp}平面{BDE}．{(2)}解：∵{BC\perp}平面{BDE}，∴{BC\perp BE}，∴{BE=\sqrt{DE^{2}+BD^{2}}}.设{DE=x}，{V_{D-BCE}=\dfrac{1}{3}S_{\triangle BEC}\times \sqrt{2}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times \sqrt{8+x^{2}}\times \sqrt{2}}，{V_{E-BDC}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}x}，∵{V_{D-BEC}=V_{E-BDC}}，解得{x=\dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}}，∴{V_{F-BED}=V_{B-FED}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}\times 2=\dfrac{4\sqrt{6}}{9}}.【考点】柱体、锥体、台体的体积计算平面与平面垂直的判定【解析】（1）利用平面{ADEF\perp}平面{ABCD}，得到{DE\perp BC }，再利用勾股逆定理得到{BC\perp BD}，然后根据直线与平面垂直的判定证明即可．（2）令{DE= x}，利用{V_{D-EEC}= V_{E-BDC}}，解得{x= \dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}}，再用三棱锥的等体积转化{V_{B-BE_{3_{{B-EE}}}}}即可求出体积．【解答】证明：{(1)}在矩形{ADEF}中，{DE\perp AD}，又∵平面{ADEF\perp}平面{ABCD}，且平面{ADEF\cap}平面{ABCD= AD}，∴{DE\perp}平面{ABCD}，所以{DE\perp BC}，在直角梯形{ABCD}中，{2AB=2 AD= CD= 4}，可得{BD= 2\sqrt{2}}，在{\triangle BCD}中，{BC= BD= 2\sqrt{2}}，{ CD= 4}，∴{BD^{2}+ BC^{2}= CD^{2}}，∴{BC\perp BD}，又{DE\cap BD= D}，∴{BC\perp}平面{BDE}．{(2)}解：∵{BC\perp}平面{BDE}，∴{BC\perp BE}，∴{BE=\sqrt{DE^{2}+BD^{2}}}.设{DE=x}，{V_{D-BCE}=\dfrac{1}{3}S_{\triangle BEC}\times \sqrt{2}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times \sqrt{8+x^{2}}\times \sqrt{2}}，{V_{E-BDC}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}x}，∵{V_{D-BEC}=V_{E-BDC}}，解得{x=\dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}}，∴{V_{F-BED}=V_{B-FED}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}\times 2=\dfrac{4\sqrt{6}}{9}}.21.【答案】（1）单调递增区间为{\left[-\dfrac{\pi }{6}, 0\right]}和{\left[\dfrac{\pi }{2}, \dfrac{5\pi }{6}\right]}；（2）最大值为{2}，最小值{-1}．【考点】余弦函数的定义域和值域二倍角的余弦公式【解析】（1）首先利用二倍角公式和辅助角公式对{f\left(x\right)}化简，再利用偶函数求出{\varphi}的值，再利用{T= \pi}求出．的值，即可得{f\left(x\right)}的解析式，再利用余弦函数的单调递增区间即可求解；（2）利用三角函数图象变换的规律求出{g\left(x\right)}的解析式，再利用余弦函数的性质即可求值域．【解答】（1）由题意函数{f\left(x\right)= \sqrt{3}\sin \left(\omega x+ \varphi \right)+ 2\cos ^{2}\dfrac{\omegax+ \theta }{2}-1}{= \sqrt{3}\sin \left(\omega x+ \varphi \right)+ \cos \left(\omega x+ \varphi \right)= 2\sin \left(\omega x+ \varphi + \dfrac{\pi }{6}\right)}因为函数{f\left(x\right)}图象的相邻两个最高点的距离为{\pi}所以{T= \pi }，可得{\omega = 2}又由函数{f\left(x\right)}为偶函数可得{f\left(0\right)= 2\sin \left(\varphi + \dfrac{\pi }{6}\right)= \pm 2}所以{Q+ \dfrac{\pi }{6}= k\pi + \dfrac{\pi }{2} k\in Z}，则{\varphi = k\pi + \dfrac{\pi }{3} k\in Z}因为{0\lt \varphi \lt \pi}，所以{\varphi = \dfrac{\pi }{3}}，所以函数{f\left(x\right)= 2\cos 2x}令{2k\pi -\pi \le 2x\le 2k\pi , k\in Z}，解得{k\pi -\dfrac{\pi }{2}\le x\le k\pi k\in Z}，得到函数{g\left(x\right)= 2\cos \left(4x-\dfrac{\pi }{3}\right)}的图象，当{x\in \left[-\dfrac{\pi }{12}, \dfrac{\pi }{6}\right]}时，{4x-\dfrac{\pi }{3}\in \left[-\dfrac{2\pi } {3}\cdot \dfrac{\pi }{3}\right]}当{4x-\dfrac{\pi }{3}= -\dfrac{2\pi }{3}}，即{x= -\dfrac{\pi }{12}}时，函数{g\left(x\right)}取得最小值，最小值为{-1}；当{4x-\dfrac{\pi }{3}= 0}，即{x= \dfrac{\pi }{12}}时，函数{g\left(x\right)}取得最大值，最大值为{2}．22.【答案】解：{(1)}由{f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x-1}，得{f(x)=\sqrt{3}(2 \sin x \cos x)+\left(2 \cos ^{2} x-1\right)}{=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}所以函数{f(x)}的最小正周期为{\pi}.因为{f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]}上单调递增，在区间{\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}\right]}上单调递减，又{f(0)=1, f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2, f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-1}，所以函数{f(x)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}上的最大值为{2}，最小值为{-1}．{(2)}由{(1)}可知{f\left(x_{0}\right)=2 \sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}，又因为{f\left(x_{0}\right)=\dfrac{6}{5}}，所以{\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{3}{5}}.又{x_{0} \in\left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]}，得{2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6} \in\left[\dfrac{2 \pi} {3}, \dfrac{7 \pi}{6}\right]}，从而{\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=-\sqrt{1-\sin ^{2}\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}=-\dfrac{4}{5}}.所以{\cos 2 x_{0}=\cos \left[\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]}{=\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \cos \dfrac{\pi}{6}}{+\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \sin \dfrac{\pi}{6}}{=\dfrac{3-4 \sqrt{3}}{10}}.【考点】三角函数的最值三角函数中的恒等变换应用【解析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，利用周期公式求得函数的最小正周期．利用{x}的范围，确定{2x+ \dfrac{\pi }{6}}的范围，进而利用正弦函数的单调性求得函数{f(x)}在区间上的最大和最小值．（2）利用{f(x_{0})= \dfrac{6}{5}}，{x_{0}\in [\dfrac{\pi }{4},\, \dfrac{\pi }{2}]}，求出{\cos(2x_{0}+ \dfrac{\pi }{6})= -\dfrac{4}{5}}，利用两角和与差的三角函数公式求值．【解答】解：{(1)}由{f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x-1}，得{f(x)=\sqrt{3}(2 \sin x \cos x)+\left(2 \cos ^{2} x-1\right)}{=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}所以函数{f(x)}的最小正周期为{\pi}.因为{f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]}上单调递增，在区间{\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}\right]}上单调递减，又{f(0)=1, f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2, f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-1}，所以函数{f(x)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}上的最大值为{2}，最小值为{-1}．{(2)}由{(1)}可知{f\left(x_{0}\right)=2 \sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}，又因为{f\left(x_{0}\right)=\dfrac{6}{5}}，所以{\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{3}{5}}.又{x_{0} \in\left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]}，得{2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6} \in\left[\dfrac{2 \pi} {3}, \dfrac{7 \pi}{6}\right]}，从而{\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=-\sqrt{1-\sin ^{2}\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}=-\dfrac{4}{5}}.所以{\cos 2 x_{0}=\cos \left[\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]}{=\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \cos \dfrac{\pi}{6}}{+\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \sin \dfrac{\pi}{6}}{=\dfrac{3-4 \sqrt{3}}{10}}.。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 5 分 ，共计50分 ）1. 已知正方体，给出下列三个命题；①对于棱上任意一点，过点有且仅有一条直线与直线，都垂直；②在棱上存在无数个（但不是所有的）点，过点有且仅有一个平面与直线，都平行；③从正方体的棱和各个面的面对角线中选出条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则的最大值是．其中真命题的个数是（ ）A.B.C.D.2. 若复数为纯虚数（其中为虚数单位，），则复数的虚部为( )A.B.C.D.3. 在平行四边形中，，则的相反向量是 A.B.C.D.4. 已知向量＝，＝，，，则为（ ）A.ABCD −A 1B 1C 1D 1BB 1M M A 1D 1AC BB 1M M A 1D 1AC k k 40123z =(−4)+(m −2)im 2i m ∈R (z +m)⋅(1+i)−6−6i2−2iABCD =,=AB −→−a →AD −→−b →BD −→−()−a →b→−b →a→+a →b→−−b →a→||a 1||b 2<a >=b π3|+|a b 9B.C.D.5. 在中，，，分别为角，，所对的边．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（ ）A.B.C.D.6. 已知中，，，分别为角，，所对的边，且，，，则的面积为( )A.B.C.D.7. 已知复数，则( )A.B.C.D.8. 下列说法正确的是（ ）A.已知向量，，若，则B.若，则C.已知，，是三个非零向量，若，则D.若向量与向量共线，则9. 在平行四边形中， ，,分别是,上的点，且 （其中 )，且 .若线段的中点为，则当737–√△ABC a b c A B C △ABC sin B(1+2cos C)=2sin A cos C +cos A sin C a =2bb =2aA =2BB =2A△ABC a b c A B C a =4b +c =5tan A +tan B +=tan A ⋅tan B 3–√3–√△ABC 3–√233–√323–√3–√z =i +i 2020|z|=2–√12a →b →+=0a →2b →2==0a →b →A (,),B (,)x 1y 1x 2y 2=(,)12AB −→−+x 1x 22+y 1y 22a →b →c →⋅=⋅a →b →b →c →=a →b→a →b →⋅=|||a →b →a →b →ABCD AB =,AD =2,∠A =2–√135∘E F AB AD =λ,=μAE −→−AB −→−AF −→−AD −→−λ,μ∈(0,1)4λ+μ=1EF M |−→−最小值时，的值为 A.B.C.D.10. 在四面体中，，，若平面同时与直线、直线平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）11. 下列各式的运算结果为虚数的是( )A.B.C.D.12. 在中，角，，的对边分别为，，，则下列结论中正确的是( )A.若，则B.若，则是等腰三角形C.若，则是直角三角形D.若，则是锐角三角形卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 计算： ________||MC −→−μλ()36373839A −BCD AB =CD =AC =BD =3–√AD =BC =2αAB CD ( )2–√232–√42–√32–√2i(1+i)2(1−i)i 2(1+i)2i(1+i)△ABC A B C a b c a >b sin A >sin Bsin 2A =sin 2B △ABC a cos B −b cos A =c △ABC +−>0a 2b 2c 2△ABC =()1−i1+i 2(3,−2)→+)//→→14. 已知向量，，且，则________．15. 如图，在一段直行的公路上方处有一测速球机，在球机下方路面有，，三个测速点，测得球机距点为米，米，球机探测点和的俯角分别为和，现有一小汽车从地到地用时秒，则小汽车经过这段路程的平均速度约为________米/秒．（结果精确到，参考数据，）16. 已知函数．当时，的单调递减区间为________；当时，的单调递增区间为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 当实数为何值时，．为纯虚数；对应的点在第一象限内．18. 设两个非零向量和不共线．如果，，，求证：，，三点共线；若，是夹角为的两个单位向量，试确定的值，使与垂直． 19. 已知函数．当时，分别求函数取得最大值和最小值时的值；设的内角，，的对应边分别是，，，且，，，求的值． 20. 已知平面直角坐标系中，点为坐标原点，，．若向量 与 的夹角为，求 ；当为何值时， 与垂直．21. 在中，，，分别是角，，的对边，且．求；若，求的面积．22. 在中，它的内角，，的对边分别为，，，且若，求的面积；=(1,m)a →=(3,−2)b →(+)//a →b →b →m =D A B C A 14AB =10B C 60∘45∘A C 1AC 0.1≈1.42–√≈1.73–√f(x)=(12)|x−1|+a|x+2|a =1f(x)a =−1f(x)a z =−2a +(−3a +2)ia 2a 2(1)(2)e 1→e 2→(1)=−AB −→−e 1→e 2→=−5BC −→−e 1→e 2→=2(+)CD −→−e 1→e 2→A B D (2)e 1→e 2→2π3k −e 1→e 2→k +e 1→e 2→f (x)=sin x cos x −x −(x ∈R)3–√cos 212(1)x ∈[−,]π125π12f (x)x (2)△ABC A B C a b c a =23–√b =6f ()=−1A 2c O A(−3,−4)B(5,−12)(1)OA −→−OB −→−θcos θ(2)λλ+OA −→−OB −→−AB −→−△ABC a b c A B C (3a +c)cos B +b cos C =0(1)sin B (2)a =1，b =22–√△ABC △ABC A B C a b c B =,b =2π36–√(1)cos A cos C =23△ABC =1111 a 1c△ABC试问能否成立？若能成立，求此时的周长；若不能成立，请说明理由．(2)+=1参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 5 分 ，共计50分 ）1.【答案】D【考点】棱柱的结构特征【解析】①，对于棱上任意一点，过点与直线，都垂直的直线就是过点与面垂直的直线，；②，在棱上的点，过点与直线，都平行的平面就是与面平行；③，正方体共有个顶点，若选出的条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出条，又可以选出条两两异面的线（如图，，，）．【解答】对于①，对于棱上任意一点，过点与直线，都垂直的直线就是过点与面垂直的直线，故只有一条，故正确；对于②，在棱上的点，过点与直线，都平行的平面就是与面平行，这样的点有无数个，故正确；对于③，正方体共有个顶点，若选出的条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出条，又可以选出条两两异面的线（如图，，，），故所求的最大值是．故正确．2.【答案】A【考点】复数代数形式的混合运算复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：由为纯虚数（其中为虚数单位），得，故 ，所以，即复数的虚部为.故选.3.BB 1M M A 1D 1AC M ABCD BB 1M M A 1D 1AC ABCD 8k 44DB C B 1A 1C 1AD 1BB 1M M A 1D 1AC M ABCD BB 1M M A 1D 1AC ABCD 8k 44DB C B 1A 1C 1AD 1k 4z =(−4)+(m −2)i m 2i m =−2z =−4i (z +m)⋅(1+i)=(−2−4i)⋅(1+i)=2−6i (z +m)⋅(1+i)−6AA【考点】向量的几何表示【解析】解：，∴，故选.【解答】解：，∴，∴的相反向量为.故选.4.【答案】D【考点】向量的概念与向量的模【解析】由向量的数量积运算得，把已知的数据代入求解即可．【解答】由题意得，，5.【答案】A【考点】正弦定理两角和与差的正弦公式【解析】本题主要考查正弦定理．=−BD −→−AD −→−AB −→−=−BD −→−b →a →B =−BD −→−AD −→−AB −→−=−BD −→−b →a →BD −→−−a →b →A |+|==a b (+)a b 2−−−−−−√+2⋅+a 2a b b2−−−−−−−−−−−−√|+|==a b (+)a b 2−−−−−−√+2⋅+a 2a b b2−−−−−−−−−−−−√==1+2×1×2×cos +4π3−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√7–√解：由题意可知，即，则，又，故，由正弦定理可知．故选．6.【答案】C【考点】正弦定理余弦定理两角和与差的正切公式【解析】根据＝利用正切的两角和公式化简整理求得的值，继而求得，利用余弦定理＝，＝，＝代入求得，最后利用三角形面积公式求得答案．【解答】解：∵，∴，∵，∴，则，，把，，代入，解得：，∴.故选.7.【答案】A【考点】复数的模复数代数形式的混合运算【解析】由复数的运算化简，再求模.【解答】sin B +2sin B cos C =sin A cos C +sin(A +C)sin B +2sin B cos C =sin A cos C +sin B 2sin B cos C =sin A cos C cos C ≠02sin B =sin A a =2b A tan C −tan(A +B)tan C C a 4b +c 5C 60∘b tan C =−tan(A +B)=−tan A +tan B 1−tan A tan B tan A +tan B +tan C =tan A tan B tan C tan A +tan B +=tan A ⋅tan B 3–√3–√tan C =3–√C =60∘cos C =(+−)12ab a 2b 2c 2a =4b +c =5C =60∘b =32S =ab sin C =1233–√2C =i +=i +=i +=1+i202010101010解：复数，则.故选.8.【答案】A【考点】平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：，∵，∴，∴，故正确；，，故错误；，若，当时，，当，反向时，，故错误．故选．9.【答案】B【考点】平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】10.【答案】z =i +=i +=i +=1+i i 2020()i 21010(−1)1010|z|==+1212−−−−−−√2–√A A+=0a →2b →2||=||=0a →b →==0a →b →B =(−，−)=(,)12AB −→−12x 2x 1y 2y 1−x 2x 12−y 2y 12C ⋅=⋅a →c →a →c →≠0c →D a →b →⋅=−||||≠||||a →b →a →b →a →b →AA【考点】余弦定理正弦定理基本不等式在最值问题中的应用直线与平面平行的性质【解析】由题可得四边形为平行四边形,由平行关系可得，，即可得到，利用基本不等式求最值进行求解即可得．【解答】解：设为平面截四面体所得的截面，因为平面，平面平面，平面，所以，同理可得，所以；又因为平面，同理可得，所以四边形为平行四边形.由平行关系可得，，所以，故，当且仅当为的中点时取等号．以下求的值，，分别为，中点时，，，，求得，所以，所以，所以，故选．二、 多选题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）PQNM =⇒MN =⋅MN AB CM AC CM AC 3–√=⇒MP =⋅MP CD AM AC AM AC 3–√MN +MP =(+)=3–√CM AC AM AC 3–√PQNM αAB//αα∩ABC =MN AB ⊂ABC AB//MN AB//PQ PQ//MN CD//αPM//QN PQNM =⇒MN =⋅MN AB CM AC CM AC 3–√=⇒MP =⋅MP CD AM AC AM AC 3–√MN +MP =(+)=3–√CM AC AM AC3–√=MN ⋅MP ⋅sin ∠NMP S 平行四边形PQNM ≤(sin ∠NMP =sin ∠NMP MN +MP 2)234M AC sin ∠NMP N P BC AD ND =2–√AN =2–√AD =2NP =1cos ∠NMP ==+−134342×3413sin ∠NMP =22–√3≤sin ∠NMP =⋅=S 平行四边形PQNM 343422–√32–√2AB,C,D【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：，，为实数．，，为虚数．，，为虚数．，，为虚数．故选.12.【答案】A,C【考点】正弦定理余弦定理【解析】根据正余弦定理和三角形内角和判断各选项即可.【解答】解：对于，由正弦定理及大边对大角，所以正确；对于，可得或，是直角三角形或等腰三角形，所以错误；对于，由已知及余弦定理可得，化简得，所以正确；对于，由余弦定理可知，，可得角是锐角，但不能得出是锐角三角形，所以错误．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】A i(1+i =i ⋅2i =−2)2B (1−i)=−1+i i 2C (1+i =2i )2D i(1+i)=i −1BCD A A B A =B A +B =π2△ABC B C a −b =c +−a 2c 2b 22ac +−b 2c 2a 22bc=+a 2b 2c 2C D cos C =>0+−a 2b 2c 22abC △ABCD AC复数代数形式的混合运算【解析】根据复数的四则运算化简即可得解【解答】解：,故答案为.14.【答案】【考点】平面向量的坐标运算【解析】根据题意，由向量加法的坐标计算公式可得的坐标，结合向量平行的坐标计算公式可得，解可得的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，向量，，则，若，则有，解可得；故答案为：15.【答案】【考点】解三角形的实际应用【解析】利用余弦定理求出，由正弦定理求出，即可得出结论．【解答】===−1()1−i 1+i 2[](1−i)2(1+i)(1−i)2()−2i 22−1−23(+)a →b →(−2)×4=3×(m −2)m =(1,m)a →=(3,−2)b →(+)=(4,m −2)a →b →(+)//a →b →b →(−2)×4=3×(m −2)m =−23−2318.1DB AC =100+D−20DB ×(−)1解：在中，由余弦定理可得，∴，中，由正弦定理可得，∴，∴，∴小汽车经过这段路程的平均速度约为米/秒，故答案为．16.【答案】,【考点】函数的单调性及单调区间【解析】当时，，令，利用复合函数的单调性判断即可，当时，令，根据复合函数的单调性可判断即可．【解答】解：∵．∴当时，，令，∴在单调递增，根据复合函数的单调性可判断：的单调递减区间为，当时，令，在单调递减，∴根据复合函数的单调性可判断：的单调递增区间为，故答案为：,，四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：为纯虚数，△ABD 196=100+D −20DB ×(−)B 212DB =6△DBC =BC sin 75∘6sin 45∘BC =3+3≈8.13–√AC =18.1m AC 18.118.1[1,+∞)[−2,1](1)a =1f(x)=(12)|x−1|+|x+2|u(x)=|x −1|+|x +2|=2x +1,x ≥13,−2≤x ≤1−2x −1,x <−2(2)a =−1f(x)=(12)|x−1|−|x+2|u(x)=|x −1|−|x +2|=−3,x ≥1−2x −1,−2≤x <23,x ≤−2(1)f(x)=(12)|x−1|+a|x+2|a =1f(x)=(12)|x−1|+|x+2|u(x)=|x −1|+|x +2|=2x +1,x ≥13,−2≤x ≤1−2x −1,x <−2u(x)[1,+∞)f(x)[1,+∞)(2)a =−1f(x)=(12)|x−1|−|x+2|u(x)=|x −1|−|x +2|=−3,x ≥1−2x −1,−2≤x <23,x ≤−2u(x)[−2,1]f(x)[−2,1][1,+∞)[−2,1](1)z {−2a =0,a 2−3a +2≠0,a 2a =0或a =2,即故．对应的点在第一象限，则∴∴，或．∴的取值范围是．【考点】复数的代数表示法及其几何意义复数的基本概念【解析】【解答】解：为纯虚数，即故．对应的点在第一象限，则∴∴，或．∴的取值范围是．18.【答案】证明：∵，，∴.∵和有公共点，∴，，三点共线.解：由题意得，，．若与垂直，则，{a =0或a =2,a ≠1且a ≠2.a =0(2)z {−2a >0,a 2−3a +2>0,a 2{a <0或a >2,a <1或a >2,a <0a >2a (−∞,0)∪(2,+∞)(1)z {−2a =0,a 2−3a +2≠0,a 2{a =0或a =2,a ≠1且a ≠2.a =0(2)z {−2a >0,a 2−3a +2>0,a 2{a <0或a >2,a <1或a >2,a <0a >2a (−∞,0)∪(2,+∞)(1)=+BD −→−BC −→−CD −→−=−5+2+2e 1→e 2→e 1→e 2→=3−3=3(−)e 1→e 2→e 1→e 2→=−AB −→−e →1e 2→=3BD −→−AB −→−BD −→−AB −→−B A B D (2)==1e 1→2e 2→2⋅=1×1×cos =−e 1→e 2→2π312−e 1→e 2→k +e 1→e 2→(−)⋅(k +)=0e 1→e 2→e 1→e 2→−+(1−k)⋅=022即，∴，解得．【考点】向量的共线定理平面向量共线（平行）的坐标表示单位向量数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】证明：∵，，∴.∵和有公共点，∴，，三点共线.解：由题意得，，．若与垂直，则，即，∴，解得．19.【答案】解：，∵，∴，∴，∴当，即，得时，取得最大值；k −+(1−k)⋅=0e 1→2e 2→2e 1→e 2→k −1+=0k −12k =1(1)=+BD −→−BC −→−CD −→−=−5+2+2e 1→e 2→e 1→e 2→=3−3=3(−)e 1→e 2→e 1→e 2→=−AB −→−e →1e 2→=3BD −→−AB −→−BD −→−AB −→−B A B D (2)==1e 1→2e 2→2⋅=1×1×cos =−e 1→e 2→2π312−e 1→e 2→k +e 1→e 2→(−)⋅(k +)=0e 1→e 2→e 1→e 2→k −+(1−k)⋅=0e 1→2e 2→2e 1→e 2→k −1+=0k −12k =1(1)f (x)=sin 2x −−3–√21+cos 2x 212=sin 2x −cos 2x −1=sin(2x −)−13–√212π6x ∈[−,]π125π12−≤2x −≤π3π62π3−≤sin(2x −)≤13–√2π6sin(2x −)=1π62x −=π6π2x =π3f (x)0(2x −)=−–√当，即，得时，取得最小值．∵且，∴．由余弦定理得，解得或．【考点】三角函数的最值两角和与差的正弦公式二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式余弦定理【解析】另解：∵且，∴，由正弦定理有，则或，当时，，由勾股定理有．当时，，则．综上，或．【解答】解：，∵，∴，∴，∴当，即，得时，取得最大值；当，即，得时，取得最小值．∵且，∴．由余弦定理得，解得或．20.【答案】sin(2x −)=−π63–√22x −=−π6π3x =−π12f (x)−−13–√2(2)f ()=sin(A −)−1=−1A 2π6A ∈(0,π)A =π6=+−2×c ×b cos A a 2c 2b 2−6c +24=0c 23–√c =43–√23–√f ()−sin(A −)−1=−1A2π6A ∈(0,π)A =π6=a sin A b sin Bsin B =3–√2B =π3B =2π3B =π3c =π2c =43–√B =2π3C =A =π6c =a =23–√c =43–√23–√(1)f (x)=sin 2x −−3–√21+cos 2x 212=sin 2x −cos 2x −1=sin(2x −)−13–√212π6x ∈[−,]π125π12−≤2x −≤π3π62π3−≤sin(2x −)≤13–√2π6sin(2x −)=1π62x −=π6π2x =π3f (x)0sin(2x −)=−π63–√22x −=−π6π3x =−π12f (x)−−13–√2(2)f ()=sin(A −)−1=−1A 2π6A ∈(0,π)A =π6=+−2×c ×b cos A a 2c 2b 2−6c +24=0c 23–√c =43–√23–√(−3,−4),=(5,−12)−→−−→−解（）由条件可得，∴，∴ .，由与 垂直可得：，即可得，解得.【考点】数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解（）由条件可得，∴，∴ .由与 垂直可得：，即可得，解得.21.【答案】解：∵，∴∴.∵，，∴，∴.由余弦定理得，∵，1=(−3,−4),=(5,−12)OA −→−OB −→−||=5,OA −→−||=13,OB −→−⋅=33OA −→−OB −→−cos θ===⋅OA −→−OB −→−||||OA −→−OB −→−335×133365(2)λ+=(5−3λ,−4λ−12),OA −→−OB −→−=(8,−8)AB −→−λ+OA −→−OB −→−AB −→−(λ+)⋅=OA −→−OB −→−AB −→−(5−3λ,−4λ−12)×(8,−8)=08(5−3λ)−8(−4λ−12)=0λ=−171=(−3,−4),=(5,−12)OA −→−OB −→−||=5,OA −→−||=13,OB −→−⋅=33OA −→−OB −→−cos θ===⋅OA −→−OB −→−||||OA −→−OB −→−335×133365(2)λ+=(5−3λ,−4λ−12),OA −→−OB −→−=(8,−8)AB −→−λ+OA −→−OB −→−AB −→−(λ+)⋅=OA −→−OB −→−AB −→−(5−3λ,−4λ−12)⋅(8,−8)=08(5−3λ)−8(−4λ−12)=0λ=−17(1)(3a +c)cos B +b cos C =03sin A cos B +sin C cos B +sin B cos C =0.3sin A cos B =−(sin B cos C +sin C cos B)=−sin A sin A >0B ∈(0,π)cos B =−13sin B =22–√3(2)=+−2ac cos B =++acb 2a 2c 2a 2c 223a =1，b =22–√c −7=02∴，即，解得：，∴的面积为.【考点】两角和与差的正弦公式三角形的面积公式余弦定理正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，∴∴.∵，，∴，∴.由余弦定理得，∵，∴，即，解得：，∴的面积为.22.【答案】【考点】余弦定理正弦定理三角形的面积公式解三角形三角形求面积+c −7=0c 2233+2c −21=(c +3)(3c −7)=0c 2c =73△ABC ac sin B =×1××=12127322–√372–√9(1)(3a +c)cos B +b cos C =03sin A cos B +sin C cos B +sin B cos C =0.3sin A cos B =−(sin B cos C +sin C cos B)=−sin A sin A >0B ∈(0,π)cos B =−13sin B =22–√3(2)=+−2ac cos B =++acb 2a 2c 2a 2c 223a =1，b =22–√+c −7=0c 2233+2c −21=(c +3)(3c −7)=0c 2c =73△ABC ac sin B =×1××=12127322–√372–√9【解析】【解答】。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知角顶点在原点，始边与轴正半轴重合，点在终边上，则( )A.B.C.D.2. 中，下列结论：①若，则，②，③，④若是锐角三角形，则，其中正确的个数是( )A.B.C.D.3. 在中，，，则为( )A.直角三角形B.三边均不相等的三角形C.等边三角形D.等腰非等边三角形4. 若，则（ ）αx P (−1,−)3–√sin(α+)=π30−12−3–√2−1△ABC A >B sin A >sin B sin(A +B)=sin C cos(A +B)=cos C △ABC sin A >cos B 1234△ABC +=0⋅BA −→−AC −→−||AB −→−⋅AC −→−BC −→−||BC −→−⋅=−BC −→−||BC −→−BA −→−||BA −→−12△ABCtan θ=3=sin θ−2cos θ2sin θ+cos θA.B.C.D.5. 己知奇函数的图象由函数的图象向左平移个单位后得到，则可以是（ ）A.B.C.D.6. 已知的三个内角,,的对边分别为,,,且满足 ，则 的取值范围是( )A.B.C.D.7. 已知的边上有一点满足，则可表示为( )A.B.C.D.8. 已知函数在区间上单调递增，将函数717−17−7y =g(x)f (x)=sin(2x +1)m(m >0)m π−12π−1π+12π+1△ABC A B C a b c +=0a cos A b +c 2–√cos B sin 2B ⋅C tan 2(0,3−2]2–√(,)2–√23–√2(2−,2−)3–√2–√(0,−1)3–√△ABC BC D =4BD −→−DC −→−AD −→−=+AD −→−14AB −→−34AC −→−=+AD −→−34AB −→−14AC −→−=+AD −→−45AB −→−15AC −→−=+AD −→−15AB −→−45AC −→−f(x)=8sin(πωx)sin(πωx +)+2(ω∈)1212π2N ∗(−,]13141的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到函数的图象，且当时，，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列关于函数的图像或性质的说法中，正确的为 A.函数的图像关于直线对称B.将函数的图像向右平移个单位所得图像的函数为C.函数在区间上单调递增D.若，则10. 已知角的终边经过点，则对函数的表述不正确的是 A.对称中心为B.函数向左平移个单位可得到C.在区间上递增D.方程在上有三个零点f(x)162g(x)x ∈[−,a]13g(x)∈[−2,4]a [,1]13[,]2343(,1)13(,)2343()α(−1,)3–√f(x)=sin αcos 2x +cos αcos(2x −)π2()(π,0)1112y =sin 2x π3f(x)f(x)(−，)π3π6f(x)=0[−π，0]56 ，当0< ， ≤时，→→11. 定义一种向量运算“”； (为任意向量)，则( )A.B.C.D.当是单位向量时，12. 下列四个三角关系式中正确的是( )A.B.C.D.卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. “”是“函数在上单调递增”的________（空格处请填写“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不必要条件”）．14. 如图，“六芒星”由两个全等的正三角形组成，中心重合于点且三组对边分别平行．点，是“六芒星”(如图)的两个顶点，动点在“六芒星”上(内部以及边界)，若，则的取值范围是________．⊕a ⊕b = ⋅，当0< ， ≤时，a →b →a →b →π2|−|，当//时，a →b →a →b →−⋅，当< ， <π时，a →b →π2a →b →，a →b →a →⊕≥0b →⊕(−)=⊕a →b →a →b→(+)⊕=(⊕)+(⊕)a →b →c →a →c →b →c →e →⊕≤||+1a →e →a →cos(π−1)=cos 1sin(2+)=cos 2π2=−1tan +tan 20∘25∘1−tan tan 20∘25∘cos cos +sin sin =73∘28∘73∘28∘2–√2a >1f(x)=ax +cos x R 1O A B 2P =x +y OP −→−OA −→−OB −→−x +y15. 向量的加法运算及其几何意义(1)已知非零向量，，在平面内任取一点，作，，则向量叫做与的________，记作________，即________；这种求向量和的方法叫做向量加法的________．(2)以同一点为起点的两个已知向量，为邻边作，则以为起点的对角线就是与的和，这种作两个向量和的方法叫做向量加法的________．(3)加法运算律________（交换律）；________（结合律）．16. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则在上为________函数．（填“增”或“减”）四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 如图，平行四边形的对角线与相交于点，且 ，用 分别表示向量 ． 18. 如图，在中，，，，，．若，求的值；若非零向量，求的最小值． 19. 已知函数.求的最小正周期及在区间内单调递增区间；求在区间上的最大值和最小值． 20. 如图，函数 （其中，）的图象与坐标轴的三个交点为，，，且，，为的中点，且的纵坐标为．a b A =a AB −→−=b BC −→−AC −→−a b =+AB −→−BC −→−O a b ▱OACB O OC −→−a b a +b =(a +b)+c =f (x)=sin(−2x)π6g(x)g(x)(−,)π12π6ABCD AC BD O AO =,=a →AD −→−b →,a →b →,,,CB −→−CO −→−OD −→−OB −→−△ABC ∠A =60∘AB=2AC=1=2BD −→−DC −→−=λ−(λ∈R)AE −→−AC −→−AB −→−(1)⋅=−4AD −→−AE −→−λ(2)m=x +y (x,y ∈R)AB −→−AC −→−|m ||y |f(x)=sin(2x −)(x ∈R)12π3(1)f(x)[0,π](2)f(x)[−,]π4π4f (x)=sin(ωx +φ)ω>0|φ|≤π2P Q R P (,0)π6Q (,0)2π3M QR M −3–√4求的解析式；求线段与函数图象围成的图中阴影部分的面积．21. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心为，过点且斜率为的直线与圆相交于不同的两点，．求的取值范围；是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．22. 已知函数是函数的零点，是函数图象的对称轴，且．（1）求函数＝的解析式；（2）若函数＝在上有两个零点，求的取值范围．(1)f (x)(2)QR f (x)xOy +−12x +32=0x 2y 2Q P(0,2)k Q A B (1)k (2)k +OA −→−OB −→−PQ −→−k f(x)=A sin(ωx +φ)(A >0,0<ω<6,|φ|<),x =π2π3f(x)x =π12f(x)f()=2π12y f(x)g(x)f(x)−m [−,0]π2m参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】C【考点】任意角的三角函数两角和与差的正弦公式【解析】直接利用三角函数的定义和正弦的和角公式求出结果．【解答】解：角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，所以，，所以．故选.2.【答案】C【考点】诱导公式【解析】此题暂无解析【解答】解：在中，“”是“”的充要条件，正确；，αx P(−1,−)3–√cos α=−12sin α=−3–√2sin(α+)=sin αcos +cos αsin π3π3π3=−×−×=−3–√212123–√23–√2C △ABC A >B sin A >sin B ∴①∵A +B =π−C sin(A +B)=sin(π−C)=sin C故，正确；，，③错误；在锐角三角形中，，即，则，即，故正确.故选.3.【答案】D【考点】三角形的形状判断平面向量数量积的运算【解析】直接代入数量积的计算公式第一个条件求出；第二个条件得到即可求出结论.【解答】解：因为在中，，，，，，所以，所以，所以，所以.因为 ，所以，所以，所以为等腰非等边三角形.故选．4.【答案】Bsin(A +B)=sin(π−C)=sin C∴②∵A +B =π−C cos(A +B)=cos(π−C)=−cos C∴ABC A +B >π2A >−B π2sin A >sin(−B)π2sin A >cos B ④C A =C B △ABC A B C ∈(0,π)+=0⋅BA −→−AC −→−||AB −→−⋅AC −→−BC −→−||BC −→−⋅=−BC −→−||BC −→−BA −→−||BA −→−12−||×||×cos A AB −→−AC −→−||AB −→−+=0||×||×cos C CA −→−CB −→−||BC −→−||cos A −||cos C =0CA −→−AC −→−cos A =cos C A =C ⋅=||×||×cos B =−||×||BC −→−BA −→−BC −→−BA −→−12BC −→−BA −→−cos B =−12B =2π3△ABC D同角三角函数间的基本关系【解析】无【解答】解：．故选．5.【答案】A【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换正弦函数的奇偶性【解析】利用函数的图象变换规律，正弦函数的奇偶性，得出结论．【解答】解：将函数的图象向左平移个单位可以得到的图象，根据为奇函数，可得，，即，，当时， .故选．6.【答案】A【考点】正弦定理余弦定理基本不等式在最值问题中的应用二倍角的余弦公式==sin θ−2cos θ2sin θ+cos θtan θ−22tan θ+117B y =A sin(ωx +φ)y =sin(2x +1)m y =sin[2(x +m)+1]=sin(2x +2m +1)y =sin(2x +2m +1)2m +1=kπk ∈Z m =−kπ212k ∈Z k =1m =π−12A此题暂无解析【解答】解：由正弦定理可知，即，所以，因为在中，，所以，因为，所以，所以，令，，记，由对勾函数的图象和性质可得，所以，即 的取值范围是.故选.7.【答案】D【考点】向量加减混合运算及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】+=0sin Acos A sin B +sin C2–√cos B sin A cos B +cos A sin B =−cos A sin C 2–√sin(A +B)=−cos A sin C 2–√△ABC sin(A +B)=sin C ≠0cos A =−2–√20<A <πA =3π4sin 2B ⋅C =cos 2C ⋅C =(C −C)Ctan 2tan 2cos 2sin 2tan 2=⋅C =(−1+)C =3−(1+C +)1−C tan 21+C tan 2tan 221+C tan 2tan 2tan 221+C tan 21+C =t tan 21<t <2f(t)=t +(1<t <2)2t 2≤f(t)<32–√0<3−(t +)≤3−22t 2–√sin 2B ⋅C tan 2(0,3−2]2–√A 4−→−−→−解：∵，∴，∴.故选.8.【答案】A【考点】三角函数中的恒等变换应用函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性正弦函数的定义域和值域正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：将化简，得.由已知可得则 ．因为，所以，所以 .当 时， ，又，结合正弦函数的图象可得，所以 故选.=4BD−→−DC −→−=BD −→−45BC −→−=+AD−→−AB −→−BD−→−=+AB −→−45BC −→−=+(−)AB −→−45AC −→−AB −→−=+15AB −→−45AC −→−D f(x)=8sin(πωx)sin(πωx +)+21212π2f(x)=4sin(πωx)+2 −ω≥−，π3π2ω≤，π4π2ω≤32ω∈N ∗ω=1g(x)=4sin(πx +)π6x ∈[−,a]13(πx +)∈[−,πa +]π6π6π6g(x)∈[−2,4]≤πa π2+≤π67π6≤a≤1.13A二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,D【考点】不等式的基本性质象限角、轴线角相等向量与相反向量【解析】令得到对称轴，即可判断；根据平移变换知识可判断；求出其单调增区间即可判断；利用配角法即可判断．【解答】对于，令，解得，当时，得，故正确；对于，将函数的图像向右平移个单位，得，故错误；对于，，故错误；对于，若，则，故正确．故选：10.【答案】A,C,D【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性正弦函数的单调性正弦函数的图象x +=+kπ12π6π2A B C D A x +=+kπ(k ∈Z)12π6π2x =+2kπ∈Z)2π3k =1x =8π3A B f (x)π3y =2sin[(x −)+]=2sin x 12π3π612B C 4−+2kπ<x +≤+2kπ(k ∈Z)⇒−+4kπ<x <+4kπ(k ∈Z)π212π6π24π32π3C D 2sin(x +)=a 12π6cos(x −)=sin[+(x −)]=sin(x +)=12π3π212π312π6a 2D AD【解析】由题意，，，化简函数，再进行判断即可．【解答】解：由题意，，，∴，对称中心为，故不正确；函数向左平移个单位可得到，故正确；由，得，故不正确；方程在上的根为，，故不正确.故选．11.【答案】A,D【考点】平面向量数量积的运算向量的加法及其几何意义向量的减法及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：当，共线时，；当时，，当为钝角时，，故正确．当，均为非零向量且共线时，，，故错误．当，，均为非零向量，，与均不共线，且时，，sin α=3–√2cos α=−12sin α=3–√2cos α=−12f(x)=sin αcos 2x +cos αcos(2x −)π2=cos 2x −sin 2x =sin(2x +)=sin[2(x +)]3–√2122π3π3(−,0)kπ2π3A y =sin 2x π3f(x)B −+2kπ≤2x +≤+2kπ(k ∈Z)π22π3π2kπ−π≤x ≤kπ−712π12C f(x)=0[−π，0]56−5π6−π3D ACD a →b →a →⊕=|−|≥0b →a →b →0< a,b ≤π2⊕=⋅>0a →b →a →b → a,b ⊕a →=b →−⋅>0a →b →A a →b →⊕a →(−)=|+|b →a →b →⊕a →=|−|b →a →b →B a →b →c →a →b →c →+=a →b →c →(+)⊕=|+−|=0a →b →c →a →b →c →>0→+⊕≠0→，，，故错误．若是单位向量，当与不共线时，则；当与共线时，则，故正确．故选.12.【答案】B,D【考点】两角和与差的正切公式两角和与差的余弦公式运用诱导公式化简求值【解析】根据诱导公式和两角和与差的三角函数公式逐一化简即可得解.【解答】解：，，故错误；，，故正确；，，故错误；，，故正确.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】充分不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断利用导数研究函数的单调性【解析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．⊕>0a →c →⊕>0b →c →⊕+⊕≠0a →c →b →c →C e →a →e →⊕<||×1<||+1a →e →a →a →a →e →⊕=|−|≤||+||=||+1a →e →a →e →a →e →a →D AD A cos(π−1)=−cos 1A B sin(2+)=cos 2π2B C =tan(+)=tan =1tan +tan 20∘25∘1−tan tan 20∘25∘20∘25∘45∘C D cos cos +sin sin 73∘28∘73∘28∘=cos(−)=cos =73∘28∘45∘2–√2D BD【解答】解：若函数在上单调递增，则恒成立，即，即.∵，∴，则“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.故答案为：充分不必要条件.14.【答案】【考点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】根据题意，画出图形，结合图形，得出求的最大值时，只需考虑图中个顶点的向量即可，分别求出即得结论．根据其对称性，可知的最小值．【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，令正三角形的边长为，为轴正方向的单位向量，为轴正方向的单位向量，则，，可得， ，由图知当在点时，，此时有最大值，同理当点在与相对的下顶点时有，此时有最小值．故的取值范围是.故答案为：．15.【答案】f(x)=a ⋅x +cos x R f'(x)≥0f'(x)=a −sin x ≥0a ≥sin x −1≤sin x ≤1a ≥1a >1f(x)=a ⋅x +cos x R [−5,5]x +y 6x +y xOy 3i →x j →y =OB −→−i →=−+OA −→−32i →3–√2j →=i →OB −→−j =+23–√3OA −→−3–√OB −→−P C ==2+3OP −→−3–√j →OA −→−OB −→−x +y 5P C =−=−2−3OP −→−3–√j →OA −→−OB −→−x +y −5x +y [−5,5][−5,5](1)和三角形法则(2)平行四边形法则(3)【考点】向量的加法及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】略16.【答案】减【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性【解析】【解答】解：由题意，将的图象向右平移个单位后得到的图象，则由可得.由正弦函数的单调性可知在上单调递增，所以在上单调递减.故答案为：减.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】a +bAC −→−b +a a +(b +c)f(x)π6g(x)=sin[−2(x −)]π6=−sin(2x −)π3x ∈(−,)π12π62x −∈(−,0)π3π2y =sin(2x −)π3(−,)π12π6g(x)=sin[−2(x −)]π6=−sin(2x −)π3(−,)π12π6=−=−−→−−→−−→−→解：依题意， ，，，.【考点】向量加减混合运算及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：依题意， ，，，.18.【答案】解：，∵，∴，∴；， ∴，∴当即时，取得最小值，最小值为．【考点】两向量的和或差的模的最值==−=−CB −→−DA −→−AD −→−b →==−=−CO −→−OA −→−AO −→−a →=−=−OD −→−AD −→−AO −→−b →a →=−=−OB −→−OD −→−a →b →==−=−CB −→−DA −→−AD −→−b →==−=−CO −→−OA −→−AO −→−a →=−=−OD −→−AD −→−AO −→−b →a →=−=−OB −→−OD −→−a →b →(1)=+=+AD −→−AB −→−BD −→−AB −→−23BC −→−=+(−)=+AB −→−23AC −→−AB −→−13AB −→−23AC −→−=2,=1,⋅=1|AB |−→−−−|AC |−→−−−AB −→−AC −→−⋅=(+)⋅(λ−)AD −→−AE −→−13AB −→−23AC −→−AC −→−AB −→−=⋅−+λ−⋅=λ−2λ3AB −→−AC −→−13AB −→−223AC −→−223AC −→−AB −→−=−4λ=−2(2)|m =(x +y |2AB −→−AC −→−)2=+2xy ⋅+x 2AB −→−2AB −→−AC −→−y 2AC→2=4+2xy +x 2y 2=|m ||y |4+2xy +x 2y 2y 2−−−−−−−−−−−−−√==4+2+1()x y 2x y −−−−−−−−−−−−−√4+(+)x y 14234−−−−−−−−−−−−−√=−x y 14y=−4x |m ||y |3–√2平面向量数量积的性质及其运算律向量加减混合运算及其几何意义【解析】（1）由图表示出，则，再结合条件即可求出；，配方，利用二次函数最值求解即可．【解答】解：，∵，∴，∴；， ∴，∴当即时，取得最小值，最小值为．19.【答案】解：函数，的最小正周期.，，得，，又，所以在和上单调递增.由得，，AD →⋅=(+)⋅(λ−)AD →AE →13AB →23AC →AC →AB →λ(2)=|m ||y |4+2xy +x 2y 2y 2−−−−−−−−−−−−−√(1)=+=+AD −→−AB −→−BD −→−AB −→−23BC −→−=+(−)=+AB −→−23AC −→−AB −→−13AB −→−23AC −→−=2,=1,⋅=1|AB |−→−−−|AC |−→−−−AB −→−AC −→−⋅=(+)⋅(λ−)AD −→−AE −→−13AB −→−23AC −→−AC −→−AB −→−=⋅−+λ−⋅=λ−2λ3AB −→−AC −→−13AB −→−223AC −→−223AC −→−AB −→−=−4λ=−2(2)|m =(x +y |2AB −→−AC −→−)2=+2xy ⋅+x 2AB −→−2AB −→−AC −→−y 2AC→2=4+2xy +x 2y 2=|m ||y |4+2xy +x 2y 2y 2−−−−−−−−−−−−−√==4+2+1()x y 2x y −−−−−−−−−−−−−√4+(+)x y 14234−−−−−−−−−−−−−√=−x y 14y=−4x |m ||y |3–√2(1)f(x)=sin(2x −)(x ∈R)12π3f(x)T ==π2π22kπ−≤2x −≤+2kππ2π3π2k ∈Z kπ−≤x ≤+kππ125π12k ∈Z x ∈[0,π]f(x)[0,]5π12[,π]11π12(2)x ∈[−,]π4π42x −∈[−,]π35π6π6(2x −)∈[−1,]1根据正弦函数的图象及性质可知：，那么，函数在区间上的最大值为，最小值为．【考点】正弦函数的单调性正弦函数的周期性三角函数的最值【解析】（1）根据正弦型函数的性质求解即可；（2）根据上，求解内层函数的范围，结合正弦函数的图象及性质即可求解最大值和最小值．【解答】解：函数，的最小正周期.，，得，，又，所以在和上单调递增.由得，，根据正弦函数的图象及性质可知：，那么，函数在区间上的最大值为，最小值为．20.【答案】解：∵，，∴周期，∴.又，sin(2x −)∈[−1,]π312f(x)∈[−,]1214f(x)[−,]π4π414−12x ∈[−,]π4π4(1)f(x)=sin(2x −)(x ∈R)12π3f(x)T ==π2π22kπ−≤2x −≤+2kππ2π3π2k ∈Z kπ−≤x ≤+kππ125π12k ∈Z x ∈[0,π]f(x)[0,]5π12[,π]11π12(2)x ∈[−,]π4π42x −∈[−,]π35π6π6sin(2x −)∈[−1,]π312f(x)∈[−,]1214f(x)[−,]π4π414−12(1)P (,0)π6Q (,0)2π3T =2(−)=π2π3π6ω=2=−y M 3–√4−–√∴，∴，∴，∴.由图可知，设轴上方的阴影部分面积为，轴下方的阴影部分面积为，则，，∴.【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的周期性定积分在求面积中的应用【解析】（）由，则周期，则，故【解答】解：∵，，∴周期，∴.又，∴，∴，∴，=−y R 3–√2sin φ=−3–√2φ=−π3f(x)=sin(2x −)π3(2)x S 1x S 2=sin(2x −)dx S 1∫2π3π6π3=−cos(2x −)=−[cos π−cos 0]=112π3∣∣∣2π3π612=−=××S 2S △OQR S 曲边ORP 122π33–√2−[−sin(2x −)dx]∫π60π3=+[−cos(2x −)]=−π3–√612π3∣∣∣π60π3–√614=1+−=+S 阴π3–√614π3–√6341P (,0)，Q (,0)π62π3T =2(−)=π⇒ω=22π3π6=−y m 3–√4=−y R 3–√2sin φ=⇒φ=−3–√2π3∴f (x)=sin(2x −)π3(1)P (,0)π6Q (,0)2π3T =2(−)=π2π3π6ω=2=−y M 3–√4=−y R 3–√2sin φ=−3–√2φ=−π3(x)=sin(2x −)π∴.由图可知，设轴上方的阴影部分面积为，轴下方的阴影部分面积为，则，，∴.21.【答案】解：圆的方程可写成，所以圆心为．过点且斜率为的直线方程为，代入圆方程得，整理得．①直线与圆交于两个不同的点，等价于．解得，即的取值范围为．设，，则．由方程①得．②又，③而，，．所以与共线等价于，将②③代入上式，解得．由知，故没有符合题意的常数．【考点】向量的共线定理向量的加法及其几何意义f(x)=sin(2x −)π3(2)x S 1x S 2=sin(2x −)dx S 1∫2π3π6π3=−cos(2x −)=−[cos π−cos 0]=112π3∣∣∣2π3π612=−=××S 2S △OQR S 曲边ORP 122π33–√2−[−sin(2x −)dx]∫π60π3=+[−cos(2x −)]=−π3–√612π3∣∣∣π60π3–√614=1+−=+S 阴π3–√614π3–√634(1)(x −6+=4)2y 2Q(6,0)P(0,2)k y =kx +2+(kx +2−12x +32=0x 2)2(1+)+4(k −3)x +36=0k 2x 2A B Δ=[4(k −3)−4×36(1+)]2k 2=(−8−6k)>042k 2−<k <034k (−,0)34(2)A (,)x 1y 1B (,)x 2y 2+=(+,+)OA −→−OB −→−x 1x 2y 1y 2+=−x 1x 24(k −3)1+k 2+=k (+)+4y 1y 2x 1x 2P(0,2)Q(6,0)=(6,−2)PQ −→−+OA −→−OB −→−PQ −→−−2(+)=6(+)x 1x 2y 1y 2k =−34(1)k ∈(−,0)34k直线和圆的方程的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：圆的方程可写成，所以圆心为．过点且斜率为的直线方程为，代入圆方程得，整理得．①直线与圆交于两个不同的点，等价于．解得，即的取值范围为．设，，则．由方程①得．②又，③而，，．所以与共线等价于，将②③代入上式，解得．由知，故没有符合题意的常数．22.【答案】因为是函数图象的对称轴，且，所以＝，是函数的零点，所以，即，所以，（因为，所以，所以，所以＝，所以＝，因此＝，因为，所以，(1)(x −6+=4)2y 2Q(6,0)P(0,2)k y =kx +2+(kx +2−12x +32=0x 2)2(1+)+4(k −3)x +36=0k 2x 2A B Δ=[4(k −3)−4×36(1+)]2k 2=(−8−6k)>042k 2−<k <034k (−,0)34(2)A (,)x 1y 1B (,)x 2y 2+=(+,+)OA −→−OB −→−x 1x 2y 1y 2+=−x 1x 24(k −3)1+k 2+=k (+)+4y 1y 2x 1x 2P(0,2)Q(6,0)=(6,−2)PQ −→−+OA −→−OB −→−PQ −→−−2(+)=6(+)x 1x 2y 1y 2k =−34(1)k ∈(−,0)34k x =π12f(x)f()=2,A >0π12A 2x =π3f(x)T =−(n ∈)2n −14π3π12N ∗T =(n ∈)π2n −1N ∗ω===4n −2(n ∈)2πT 2ππ2n −1N ∗0<ω<60<4n −2<6<n <2,n ∈12N ∗n 1ω2f(x)2sin(2x +ϕ)f()=2π122sin(+ϕ)=2,sin(+ϕ)=1π6π6φ|<,φ=ππ又因为，故．依题意知函数，，由，得，结合图象可知：函数＝在上单调递减，在上单调递增，所以当；当；当；所以的取值范围为．【考点】函数的零点三角函数的最值由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式【解析】（1）由函数的最值求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而求得函数的解析式．（2）先求出在上的图象，借助于图象即可解决问题．【解答】因为是函数图象的对称轴，且，所以＝，是函数的零点，所以，即，所以，（|φ|<,φ=π2π3f(x)=2sin(2x +)π3y =f(x)y =m[−,0]2π2t =2x +π3x ∈[−,0]π2t ∈[−,]2π3π3y 2sin t [−,−]2π3π2[−,]π2π3t =−,y =−2π33–√t =−,y =−2π2t =,y =π33–√m (−2,−]3–√A ωφf(x)[−,0]π2x =π12f(x)f()=2,A >0π12A 2x =π3f(x)T =−(n ∈)2n −14π3π12N ∗T =(n ∈)π2n −1N ∗ω===4n −2(n ∈)2πT 2ππ2n −1N ∗n <2,n ∈1因为，所以，所以，所以＝，所以＝，因此＝，因为，所以，又因为，故．依题意知函数，，由，得，结合图象可知：函数＝在上单调递减，在上单调递增，所以当；当；当；所以的取值范围为．0<ω<60<4n −2<6<n <2,n ∈12N ∗n 1ω2f(x)2sin(2x +ϕ)f()=2π122sin(+ϕ)=2,sin(+ϕ)=1π6π6|φ|<,φ=π2π3f(x)=2sin(2x +)π3y =f(x)y =m[−,0]2π2t =2x +π3x ∈[−,0]π2t ∈[−,]2π3π3y 2sin t [−,−]2π3π2[−,]π2π3t =−,y =−2π33–√t =−,y =−2π2t =,y =π33–√m (−2,−]3–√。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知集合，，则( )A.B.C.D.2. 命题“，”的否定是（ ）A.，B.，C.，D.，3. 复数（其中为虚数单位）的虚部为( )A.B.C.D.4. 已知平面向量，满足，，．则对于任意的实数，的最小值为( )A.B.A ={x|−x −6<0}x 2B ={y|y =2}A ∩(B)=∁R (−∞,−2)[−2,0](−2,2)∪(2,3)(−2,0)∀x ∈(0,+∞)x >1log 2∀x ∈(0,+∞)x ≤1log 2∃∈(0,+∞)x 0≤1log 2x 0∀x ∉(0,+∞)x ≤1log 2∃∈(0,+∞)x 0>1log 2x 0(2+3i)3i 9i−46i9−46a →b →||=2a →||=1b →⋅=1a →b →m |m +(2−4m)|a →b →211C.D.5. 已知，是不同的点，，，是不同的直线，，是不同的平面，则下列数学符号表示的命题中，不是公理的是（ ）A.，，，B.，存在唯一直线，＝，且C.，D.，6. 函数的部分图象如图所示，则的值为( )A.B.C.D.7. 设，为正数，且，则的最小值为( )A.B.C.D.1223P Q l m n αβP ∈l Q ∈l P ∈αQ ∈α⇒l ⊂αP ∈αP ∈β⇒l α∩βl P ∈ll //m m//n ⇒l //nm ⊥αn ⊥α⇒m//nf(x)=sin(ωx +φ)(ω>0,−<φ<)π2π2φ−π6π6−π3π3m n m +n =2+1m +1n +3n +232537495b △ABC A C b =28. 已知，，分别为的三个内角，，所对的边，，，且，则（ ）A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 如图，在圆锥中，轴截面是边长为的等边三角形，点为高上一动点，圆柱为圆锥的内接圆柱（内接圆柱的两个底面的圆周都在圆锥表面上）．点为圆锥底面的动点，且．则（ ）A.圆柱的侧面积的最大值为B.圆柱的轴截面面积的最大值为C.当时，点的轨迹长度为D.当时，直线与圆锥底面所成角的最大值为10. 已知，则下列等式恒成立的是( )A.B.C.D.a b c △ABC A B C a =3b =2ac ⋅cos B −bc =−7–√4a 2b 2B =π3π62π35π6SO SAB 2M SO MO SO P AM ⊥MP MO π3–√2MO 3–√OM =2–√2P 3–√OM =3–√3MP 60∘x ∈R sin(−x)=sin xsin(−x)=cos x 3π2cos(+x)=−sin x π2cos(x −π)=−cos x11. 已知平面向量，的夹角为，且，，下列说法正确的是( )A. B.C.与的夹角为D.与的夹角为12. 已知正实数，满足，则下列结论正确的是 A.B.C.D.卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知是方程的一个根，是方程的一个根，则________.14. 正方形的边长为，利用斜二测画法得到直观图，其周长等于________．15. 平面向量与夹角为，，，则________.16. 某公园有一个人工湖如图所示，其平面图如图所示，该公园管理处为方便市民出行，计划在图中的，处修建一座木桥．为得到木桥的长度，现经测量得到米，，则________米．a →b →π3||=1a →||=2b →|2+|=2a →b →3–√|2−|=2a →b →2+a →b →b →π62−a →b →b →2π3x y x +y <−log 2log 12()12x ()12y ()<1x 1y<x 3y 3ln(y −x +1)>0<2x−y 12a x +ln(x −1)=2019b x +=2019e x e a +b =ABCD 1A'B'C'D'a →b →120∘||=1a →||=2b →|2+|=a →b →122A C AC AB =20∠ABC =，∠BAC =15∘120∘AC =四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知复数(其中为虚数单位)，则________. 18. 亚洲第三大摩天轮“水城之眼”是聊城的地标建筑，也是全球首座建筑与摩天轮相结合的城市地标．某数学课外活动小组为了测量摩天轮的最高点距地面的高度，选取了与点在地面上的射影在同一水平面内的两个测量基点，（如图所示）．现测得，两点间的距离是米.求最高点距地面的高度；若摩天轮最低点距地面的距离米，开启后按逆时针方向匀速旋转，转动一周需要分钟．从游客进入摩天轮位于最低点处的轿厢开始计时，转动分钟后距离地面的高度为米，若在摩天轮所在的平面内，以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求在转动一周的过程中，（单位：米）关于（单位：分钟）的函数解析式．19. 已知函数，、分别为其图象上相邻的最高点、最低点．（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的单调区间和值域． 20. 一个透明的球形装饰品内放置了两个公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球面面积的，设球的半径为，圆锥底面半径为．z =1+i ii |z|=P P A B C ∠ABC=∠ACB=∠ACP =30∘BC 390(1)P PA (2)Q QA =2020Q t h PQ PQ y h t f(x)f(x)316R r试确定与的关系，并求出较大圆锥与较小圆锥的体积之比；求出两个圆锥的体积之和与球的体积之比．21. 如图，在空间四边形中，已知是线段的中点，在上，且.试用向量，，表示向量；若，，，，，求的值． 22. 已知 ．求：．(1)R r (2)OABC E BC G AE =2AG −→−GE −→−(1)OA −→−OB −→−OC −→−OG −→−(2)OA =2OB =3OC =4∠AOB =45∘∠AOC =∠BOC =60∘⋅OG −→−AB −→−−3x +1=0x 2(1)+;x 21x2(2)(x −)1x 2参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：集合，，，∴.故选.2.【答案】B【考点】全称命题与特称命题命题的否定【解析】无【解答】解：根据全称命题的否定是特称命题可知，命题“，”的否定为“，”．故选．3.A ={x|−x −6<0}x 2={x|(x +2)(x −3)<0}={x|−2<x <3}B ={y|y =2}B ={y|y ≠2}∁R A ∩(B)=(−2,2)∪(2,3)∁RC ∀x ∈(0,+∞)x >1log 2∃∈(0,+∞)x 0≤1log 2x 0B【考点】复数的基本概念复数代数形式的混合运算【解析】直接复数化简运算，即可得出答案.【解答】解：∵，∴虚部为.故选.4.【答案】B【考点】平面向量数量积的运算向量的模【解析】根据进行数量积的运算可得到，而配方即可求得，从而便可得出的最小值．【解答】解：根据条件：，∴，∴的最小值为．故选．5.(2+3i =8+36i +54+27=−46+9i )3i 2i 39C ||=2，||=1，⋅=1a →b →a →b →|m +(2−4m)=12−12m +4a →b →|2m 2|m +(2−4m)≥1a →b →|2|m +(2−4m)|a →b →|m +(2−4m)a →b →|2=+2m(2−4m)⋅+(2−4m m 2a →2a →b →)2b →2=4+2m(2−4m)+(2−4m m 2)2=12−12m +4m 2=12(m −+1≥112)2|m +(2−4m)|≥1a →b →|m +(2−4m)|a →b →1B【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】由公理一可判断；由公理三可判断；由平行公理可判断；由两直线平行的判断定理可判断．【解答】对于，由公理一知：如果一条直线上的两点在一个平面内，故是公理；对于，由公理三知：如果两个不重合的平面有一个公共点，故是公理；对于，由平行公理得：平行于同一条直线的两条直线互相平行；对于，垂直于同一平面的两条直线平行为两直线平行的判断定理．6.【答案】D【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式【解析】根据函数的图象先确定函数的周期，即可求出，然后根据函数五点对应法即可得到的值．【解答】解：由图象可知，即周期.∵，∴，此时函数，由五点法可知当时，,由可得：.故选．7.【答案】D【考点】A B C D A A B B C D T ωφ=−(−)=+=T 2π3π6π6π3π2T =πT ==π2πωω=2f(x)=sin(2x +φ)x =π32×+φ=kππ3−<φ<π2π2φ=π3D基本不等式在最值问题中的应用【解析】根据题意，要求的式子变形为，展开利用基本不等式求最小值．【解答】解：当时，，因为，当且仅当，即时取等号，则.故选.8.【答案】B【考点】正弦定理余弦定理【解析】根据题意，由，结合余弦定理分析可得，变形可得，即，由同角三角函数基本关系式分析可得的值，又由正弦定理分析可得，有，的大小关系分析可得为锐角，即可得答案．【解答】解：根据题意，得，则有，变形可得：，则有，(+)(m +n)2m 3n 2535m +n =2+=++11m +1n +3n +21m +11n +2=+1=+1m +n +3(m +1)(n +2)5(m +1)(n +2)(m +1)⋅(n +2)≤(=m +1+n +22)2254m +1=n +2m =,n =3212+≥1m +1n +3n +295D accosB =−+bc a 2b 27–√4ac ×=−+bc +−a 2c 2b 22ac a 2b 27–√4+−=2−2+bc a 2c 2b 2a 2b 27–√2cos A =7–√4sin A sin B a b B accosB =−+bc a 2b 27–√4ac ×=−+bc +−a 2c 2b 22ac a 2b 27–√4+−=2−2+bc a 2c 2b 2a 2b 27–√2=+−b 2c 2a 22bc7–√4A =–√即，则，又由，则，又由，，则，又由，则，则．故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,C,D【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】解：【解答】解：当为中点时，侧面积取最大值，由相似可得，圆柱的直径为，且，所以侧面积的最大值为，故正确；可知，圆柱的轴截面面积取不到，故错误；当时，过作交于，过作交圆锥底面圆周为，，则平面，所以，即点轨迹为线段，因为是边长为的等边三角形，，，cos A =7–√4sin A ==1−A cos 2−−−−−−−−√34=a sin A b sin B sin B =b ×sin A a a =3b =2sin B ==2×34312a >b B <π2B =π6B M OS MO 1OM =3–√2π×1×=3–√2π3–√2A MO 3–√B OM =2–√2M M ⊥AM P 3AB P 3P 3⊥AB P 1P 2P 1P 2⊥P 1P 2AMP 3AM ⊥P 2P 1P P 1P 2△SAB 2AO =1,SO =3–√OM =2–√2∠AM =P 90∘因为所以，所以，故正确；当时，可知当，，三点共线时所成角取最大值，在中，求得，所以，所以在中，，所以直线与圆锥底面所成角的最大值为故选．10.【答案】C,D【考点】运用诱导公式化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解：， ，故 不成立；，，故不成立；，，故成立；， ，故成立．故选．11.【答案】A,B,C,D【考点】数量积的坐标表达式平面向量的坐标运算数量积表示两个向量的夹角【解析】由向量数量积求向量模，由向量数量积求向量夹角．【解答】∠AM =P 390∘O =AO ⋅O M 2P 3=P 1P 23–√C OM =3–√3A O P Rt △AMO ∠AMO =60∘∠OMP =30∘Rt △OMP ∠OPM =60∘MP 60∘ACD A sin(−x)=−sin x A B sin(−x)=−cos x 3π2B C cos(+x)=−sin x π2C D cos(x −π)=−cos x D CD 2+=4++4⋅2解：，因为，所以，故正确；，因为，所以，故正确；，，因为，所以与的夹角是，故正确；，，因为，所以与的夹角是，故正确．故选．12.【答案】B,C【考点】指数式、对数式的综合比较对数函数的图象与性质不等式的基本性质对数的运算性质【解析】由题意构造函数，利用单调性，确定，的大小关系，即可判断.A |2+=4++4⋅a →b →|2a →2b →2a →b→=4×++4×1×2×cos =121222π3|2+|=2a →b →3–√A B |2−=4+−4⋅a →b →|2a →2b →2a →b→=4×+−4×1×2×cos =41222π3|2−|=2a →b →B C (2+)⋅=2⋅+a →b →b →a →b →b →2=2×1×2×cos +=6π322cos 2+, =a →b →b →(2+)⋅a →b →b→|2+|⋅||a →b →b →==62×23–√3–√22+a →b →b →π6C D (2−)⋅=2⋅−a →b →b →a →b →b →2=2×1×2×cos −=−2π322cos 2−, =a →b →b →(2−)⋅a →b →b→|2−|⋅||a →b →b →==−−22×2122−a →b →b →2π3D ABCD f(x)=−x ()12xlog 2x y解：由题意，，整理得，即，设，则由指数函数与对数函数单调性可知：函数在定义域上单调递减，从而有，于是由不等式的性质可知，故错误；同样地，由不等式的性质可知，故正确；而由可知，于是有，故正确；而当时，，故错误.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知，，则，，，则，，，当时，即时，等式成立；当时，等式左边，右边，等式不成立；当时，等式左边，右边，等式不成立..故答案为：.14.x +y <−log 2log 12()12x ()12yx −y <−log 2log 2()12x ()12y −y <−x ()12y log 2()12xlog 2f(x)=−x ()12xlog 2f(x)=−x ()12xlog 2y >x >0>1x 1yA <x 3y 3B y >x >0y −x +1>1ln(y −x +1)>0C −1<x −y <0>2x−y 12D BC 2020a +ln(a −1)=2019(a −1)=e a e 2019∴a =+1e 2019−a ∵b +=2019e b−1b =2019−e b−1∴a +b =2020+−e 2019−a e b−1=2020+(−1)e b−1e 2020−a−b ∴a +b −2020=(−1)e b−1e 2020−a−b a +b −2020=0a +b =2020a +b −2020>0>0<0a +b −2020<0<0>0∴a +b =20202020【考点】斜二测画法画直观图平面图形的直观图【解析】画出图形，结合图形求出平面直观图形的面积．【解答】解：如图所示，正方形的边长为，利用斜二测画法得到的平面直观图是平行四边形，所以，平行四边形的面积是正方形面积的，所以平行四边形的高为，，所以，所以平行四边形的周长.故答案为：．15.【答案】【考点】数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析3ABCD 1A'B'C'D'==1A ′B ′C ′D ′A ′B ′C ′D ′ABCD 2–√4A ′B ′C ′D ′2–√4∠=D ′A ′B ′45∘==A ′D ′B ′C ′12A ′B ′C ′D ′1+1++=3121232解：∵，，且与的夹角为，∴．∴.故答案为：．16.【答案】【考点】解三角形的实际应用正弦定理【解析】【解答】解：如图，因为，所以，因为，所以，因为米，由正弦定理可得米 .故答案为：.||=1a →||=2b →a →b →120∘⋅=1×2×cos =−1a →b →120∘|2+|=a →b →(2+a →b →)2−−−−−−−−−√===24+4⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−−√4−4+4−−−−−−−√210(−1)3–√∠ABC =,∠BAC =15∘120∘∠ACB =45∘∠ABC =15∘sin ∠ABC =sin(−)=45∘30∘−6–√2–√4AB =20AC ===10(−1)AB sin ∠ABC sin ∠ACB 20×−6–√2–√42–√23–√10(−1)3–√四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算【解析】此题暂无解析【解答】解：，∴，故答案为：.18.【答案】解：由题意得，，在中，由正弦定理得，,即又，，所以，即，所以最高点距地面的高度米．以的中点为坐标原点，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，2–√z ==−i(1+i)=1−i 1+i i|z|==1+1−−−−√2–√2–√(1)∠BAC =120∘△ABC =AC sin ∠ABC BC sin ∠BAC AC =×==130.3903√2123903–√3–√PA ⊥AC ∠PCA =30∘=tan =PA AC 30∘3–√3PA =×AC =×130=1303–√33–√33–√P PA =130(2)PQ O PQ y因为，，所以摩天轮的半径为米，所以米．由题意得，分钟转一周，所以每分钟转弧度．设从点开始计时，分钟时轿厢运动到点，则转过的弧度．所以.设，由三角函数的定义可得，，而，所以游客距地面的高度关于时间的函数解析式为:.【考点】正弦定理在实际问题中建立三角函数模型【解析】无【解答】解：由题意得，，在中，由正弦定理得，,即又，，所以，即，所以最高点距地面的高度米．以的中点为坐标原点，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，PA =130QA =20r ==55130−202OA =7520=2π20π10Q t M ∠QOM =t π10∠xOM =t −π10π2M (,y)x 0=55sin(t −)=−55cos t y 0π10π2π10h =+OA =75−55cos t y 0π10h t h =75−55cos t(0≤t ≤20)π10(1)∠BAC =120∘△ABC =AC sin ∠ABC BC sin ∠BAC AC =×==130.3903√2123903–√3–√PA ⊥AC ∠PCA =30∘=tan =PA AC 30∘3–√3PA =×AC =×130=1303–√33–√33–√P PA =130(2)PQ O PQ y因为，，所以摩天轮的半径为米，所以米．由题意得，分钟转一周，所以每分钟转弧度．设从点开始计时，分钟时轿厢运动到点，则转过的弧度．所以.设，由三角函数的定义可得，，而，所以游客距地面的高度关于时间的函数解析式为:.19.【答案】因为图象上相邻两个最高点和最低点分别为，，所以＝，，解得＝；又，，所以＝，＝；又图象过点，所以，即；所以，，即，．又，所以，所以．由，，解得，，所以的单调递增区间为，；又，所以的单调递增区间为，同理的单调递减区间为．PA =130QA =20r ==55130−202OA =7520=2π20π10Q t M ∠QOM =t π10∠xOM =t −π10π2M (,y)x 0=55sin(t −)=−55cos t y 0π10π2π10h =+OA =75−55cos t y 0π10h t h =75−55cos t(0≤t ≤20)π10f(x)A 2T πω>0ω2f(x)2sin(2x +φ)k ∈Z k ∈Z k ∈Z k ∈Z f(x)k ∈Z f(x)f(x)又，，，所以当时，值域为．【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的单调性【解析】（1）由图象上相邻两个最高点和最低点坐标求出、、和的值，即可写出的解析式．（2）由正弦函数的图象与性质求出的单调递增、和单调递减区间，从而求出时的最大、最小值和值域．【解答】因为图象上相邻两个最高点和最低点分别为，，所以＝，，解得＝；又，，所以＝，＝；又图象过点，所以，即；所以，，即，．又，所以，所以．由，，解得，，所以的单调递增区间为，；又，所以的单调递增区间为，同理的单调递减区间为．又，，，所以当时，值域为．20.【答案】解：，，，f(x)f(x)A T ωφf(x)f(x)f(x)f(x)A 2T πω>0ω2f(x)2sin(2x +φ)k ∈Z k ∈Z k ∈Z k ∈Z f(x)k ∈Z f(x)f(x)f(x)(1)π=×4πr 2316R 2r =R 3–√2O ==R O 1−R 2r 2−−−−−−√12B =BO +O =R +R =R 13，，.．【考点】球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：，，，，，.．21.【答案】解：因为，所以．因为，，=B =BO +O =R +R =R h 大O 1O 11232=A =OA −O =R −R =R h 小O 1O 11212:=:=3:1V 大V 小h 大h 小(2)(+):=(π+π):πV 大V 小V 球13r 2h 大13r 2h 小43R 3=:=⋅=r 2h 小R 3r 2R 2h 小R 38(1)π=×4πr 2316R 2r =R 3–√2O ==R O 1−R 2r 2−−−−−−√12=B =BO +O =R +R =R h 大O 1O 11232=A =OA −O =R −R =Rh 小O 1O 11212:=:=3:1V 大V 小h 大h 小(2)(+):=(π+π):πV 大V 小V 球13r 2h 大13r 2h 小43R 3=:=⋅=r 2h 小R 3r 2R 2h 小R 38(1)=(+)OE −→−12OB −→−OC −→−=+OG −→−OA −→−AG−→−=+OA −→−23AE −→−=+(−)OA −→−23OE −→−OA −→−=(++)13OA −→−OB −→−OC −→−(2)⋅=cos ∠BOC OB −→−OC −→−∣∣∣OB −→−∣∣∣∣∣∣OC −→−∣∣∣=3×4×=612⋅=cos ∠AOC OA −→−OC −→−∣∣∣OA −→−∣∣∣∣∣∣OC −→−∣∣∣=2×4×=412=(++)⋅(−)−→−−→−1−→−−→−−→−−→−−→−所以．【考点】向量的几何表示平面向量数量积的运算【解析】暂无【解答】解：因为，所以．因为，，所以．22.【答案】解：方程的两边同除以并移项，得∴．．⋅=(++)⋅(−)OG −→−AB −→−13OA −→−OB −→−OC −→−OB −→−OA −→−=(+⋅−−⋅)13OB −→−2OB −→−OC −→−OA −→−2OA −→−OC −→−=(+6−−4)=13322273(1)=(+)OE −→−12OB −→−OC −→−=+OG −→−OA −→−AG −→−=+OA −→−23AE −→−=+(−)OA −→−23OE −→−OA −→−=(++)13OA −→−OB −→−OC −→−(2)⋅=cos ∠BOC OB −→−OC −→−∣∣∣OB −→−∣∣∣∣∣∣OC −→−∣∣∣=3×4×=612⋅=cos ∠AOC OA −→−OC −→−∣∣∣OA −→−∣∣∣∣∣∣OC −→−∣∣∣=2×4×=412⋅=(++)⋅(−)OG −→−AB −→−13OA −→−OB −→−OC −→−OB −→−OA −→−=(+⋅−−⋅)13OB −→−2OB −→−OC −→−OA −→−2OA −→−OC −→−=(+6−−4)=13322273(1)−3x +1=0x 2x x +=3.1x+=−2x ⋅x 21x 2(x +)1x 21x =9−2=7(2)=−4x ⋅=5(x −)1x 2(x +)1x 21x【考点】奇偶性与单调性的综合【解析】此题暂无解析【解答】解：方程的两边同除以并移项，得∴．．(1)−3x +1=0x 2x x +=3.1x +=−2x ⋅x 21x 2(x +)1x 21x =9−2=7(2)=−4x ⋅=5(x −)1x 2(x +)1x 21x。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 集合，，则为（ ）A.B.C.D.2. 一艘船上午：在处测得灯塔在它的北偏东处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午到达处，此时又测得灯塔在它的北偏东处，且与它相距，此时船的速度为( )A.B.C.D.3. 若复数满足，其中为虚数单位，则( )A.B.C.D.4. 已知、是不重合的两直线，、、是三个两两不重合的平面．给出下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，，则；④若、是异面直线，，，，则，其中是真命题的是（ ）A ={1,2,4,8}B ={y|y =x,x ∈A}log 2A ∩B {1,2,4,8}{1,2}{1,2,3}{0,3,4,8}930A S 30∘10：00B S 75∘8nmile 2–√24nmile/h32nmile/h18nmile/h16nmile/hz 2z +=3−2i z¯¯¯i z =1+2i 1−2i−1+2i−1−2im n αβγm ⊥αm ⊥βα//βγ⊥αγ⊥βα//βm ⊆αn ⊆βm//n α//βm n m ⊆αm//βn ⊆βn //αα//βA.①②B.①③C.①④D.③④5. 已知向量，，那么向量与的夹角为（ ）A.B.C.D.6. 设，为实数，且满足，则( )A.B.C.D.7. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），，，，则这个平面图形的周长为（ ）A.B.C.D.8. 如图，从高为的气球上测量铁桥的长，如果测得桥头的俯角是，桥头的俯角是，则该桥的长可表示为（ ）=(0,2)a =(1,0)b −2a b b 135∘120∘60∘45∘x y {(x −1+2019(x −1)=−5，)3(y −1+2019(y −1)=5)3x +y =25102019ABCD ∠ABC =45∘AB =AD =1DC ⊥BC 4+2–√4+22–√2+2–√23+32–√2h (A)(BC)B αC βhsin(α−β)A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 如图所示的几何体是由正四面体和正四棱锥组合而成，则下列结论正确的是（ ）A.B.该几何体有个面C.异面直线与所成的角为D.该几何体所有顶点在同一球面上10. 已知复数满足，则以下说法正确的是（ ）A.复数的虚部为B.复数在复平面所对应的点位于第一象限C.复数的模为D.复数的共轭复数11. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是( )A.B.⋅h sin(α−β)sin αsin β⋅h sin(α−β)cos αsin β⋅h sin(α−β)cos αcos β⋅h cos(α−β)cos αcos βF −ABC A −BCDE AF ⊥DE7BF AD 60∘z iz =−2+3i 2iz z 13−−√z =−3+2i z¯¯¯△ABC A B C a b c b =23–√c =3A +3C =πcos C =3–√3sin B =2–√3C.D.12. 下列结论正确的是( )A.在中，若，则是钝角三角形B.若点为的重心，则C.若且，则D.若，，三点满足，则，，三点共线卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 角的终边经过函数＝的图象所过的定点，则关于的不等式的解集是________．14. 向量，，若，则实数＝________．15. 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的侧面积是________．16. 公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为．若，则________．（用数字作答）四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知复数，是实数，其中是虚数单位， ．求复数；若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形，是边长为的等边三角形，．a=3=S △ABC 2–√△ABC ⋅<0AB −→−AC −→−△ABC G △ABC ++=GA −→−GB −→−GC −→−0→⋅=⋅a →c →b →c →≠c →0→=a →b→P A B =+OP −→−14OA −→−34OB −→−P A B αg(x)−m x−2(m >0,m ≠1)t (tan α>2)lg x m 160.618m =2sin 18∘+n =4m 2=1−2cos 227∘m n−√z =bi z −21+ii b ∈R (1)z (2)(m +z)2m P −ABCD PD ⊥ABCD ABCD △PBC 2–√BD =PD证明：平面；设是的中点，求点到平面的距离．19. 如图，正方体中，、分别为、的中点．（1）用向量法证明平面平面；（2）用向量法证明面．20. 如图，在中，斜边，，在以为直径的半圆上有一点（不含端点），，设的面积，的面积.若，求；令，求的最大值及此时的.21.在三棱锥中，平面为的中点.求证：平面；求证：平面平面 22. 中，角，，的对边分别为，，， ．求的大小；若，且， ，求的面积．(1)AB ⊥PBD (2)E BP B DAE ABCD −A 1B 1C 1D 1M N AB C B 1BD //A 1C B 1D 1MN ⊥BD A 1Rt △ACB AB =2BC =1AB D ∠DAB =θ△ABD S 1△ACD S 2(1)=S 1S 2θ(2)S =−S 1S 2S θP 一ABC PA ⊥ABC,AB =AC,M ，N BC ，AB (1)MN//PAC (2)PBC ⊥PAM.△ABC A B C a b c a cos C +c cos A =−2b cos B (1)B (2)a =3+=2BA −→−BC −→−BD −→−=∣∣∣BD −→−∣∣∣37−−√2△ABC参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】A【考点】交集及其运算【解析】1111【解答】1122222.【答案】B【考点】正弦定理【解析】由题意及图形在中，, ,，由正弦定理解出即可．【解答】解：设航速为，如图：△ABS AB=v12BS=8nmile2–√∠BSA=45∘v nmile/hB=v1在中， ， ，，，由正弦定理，得 ，∴.故选．3.【答案】B【考点】共轭复数复数代数形式的加减运算【解析】设复数，(、是实数)，则，代入已知等式，再根据复数相等的含义可得、的值，从而得到复数的值．【解答】解：设，(，是实数)，则，∵，∴，∴，，解得，，则．故选．4.【答案】C【考点】平面的基本性质及推论【解析】因为、是不重合的平面，，，所以；若，，、、是三个两两不重合的平面，可知不可能平行；，，，，可能相交，不一定平行；因为，两直线是异面直线，可知不平行，又因为，，，，则．【解答】解：因为、是不重合的平面，，，所以，即①成立；△ABS AB =v 12BS =8nmile 2–√∠BSA =45∘∠SAB =30∘=82–√sin 30∘v 12sin 45∘v =32nmile/h B z =a +bi a b =a −bi z¯¯¯a b z z =a +bi a b =a −bi z¯¯¯2z +=3−2i z¯¯¯2a +2bi +a −bi =3−2i 3a =3b =−2a =1b =−2z =1−2i B αβm ⊥αm ⊥βα//βα⊥γβ⊥ααβγαβm//αn //βm//n αβm n m ⊆αm//βn ⊆βn //αα//βαβm ⊥αm ⊥βα//ββ⊥αββ若，，、、是三个两两不重合的平面，可知不可能平行，故②不成立；，，，，可能相交，不一定平行，故③不成立；因为，两直线是异面直线，可知不平行，又因为，，，，则，故④成立．故选．5.【答案】A【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】利用向量的坐标运算转化求解向量的夹角即可．【解答】向量，，向量，向量与的夹角为，．可得．6.【答案】A【考点】函数奇偶性的性质【解析】将方程组中的方程，形式化成相同，构造函数，确定函数为单调递增函数，即可求得结论．【解答】解：设函数，则，，所以，α⊥γβ⊥ααβγαβm//αn //βm//n αβm n m ⊆αm//βn ⊆βn //αα//βC =(0,2)a =(1,0)b −2=(−2,2)a b −2a b b θcos θ===−(−2)∗a b b|−2|||a b b −22×12–√2–√2θ=135∘f(t)=+1997t +1t 3f(t)f(m)=(m −1+2019(m −1))3f(1+m)=(1+m −1+2019(1+m −1)=+2019m )3m 3f(1−m)=(1−m −1+2019(1−m −1)=−−2019m )3m 3f(1+m)+f(1−m)=0f(m)(1,0)所以函数关于中心对称，又因为所以，所以.故选.7.【答案】B【考点】斜二测画法画直观图【解析】此题暂无解析【解答】解：在直观图中.∵，，，，，.平面图形的周长为.故选.8.【答案】A【考点】解三角形的实际应用【解析】先求出，再在中，求出．【解答】解：由，得，在中，∵，∴．又，∴．在中，．f(m)(1,0){(x −1+2019(x −1)=−5，)3(y −1+2019(y −1)=5)3f(x)+f(y)=0x +y =2A ∠ABC =45∘AB =AD =1DC ⊥BC ∴AD =1BC =1×cos +1=1+45∘2–√2DC =32–√2∴4+22–√B AB △ABC BC ∠EAB =α∠DBA =αRt △ADB AD =h AB =hsin α∠EAC =β∠BAC =α−β△ABC BC ==⋅h AB sin(α−β)sin βsin(α−β)sin αsin βA故选：．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,C【考点】空间中直线与直线之间的位置关系构成空间几何体的基本元素异面直线及其所成的角球内接多面体【解析】无【解答】解：．分别取，中点，，连接，，，，易证平面，平面，又平面平面，∴平面与平面重合，即，，，四点共面，∵正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又，∴．∵四边形为平行四边形，∴，，，四点共面，同理四边形为平行四边形，，，，四点共面．因此该几何体有个面，故选项错误；．∵，A B BC DE M N MF AN MN AM BC ⊥AMF BC ⊥AMN AMF∩AMN =AM AMF AMN A F M N AF =MN MF =AN AFMN AF MN =//BE MN =//BE AF =//AFBE A F B E AFCD A F C D 5B A CD ⊥DE AF ⊥DE A∴，故选项正确；．∵，∴即为异面直线与所成的角，又为等边三角形，∴，故选项正确；．∵几何体为斜三棱柱，∴该几何体没有外接球，故选项错误.故选．10.【答案】B,C【考点】复数代数形式的乘除运算复数的模复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义共轭复数【解析】此题暂无解析【解答】解：由，得，故复数的虚部为，复数在复平面所对应的点为，位于第一象限，，故正确，错误．故选．11.【答案】A,D【考点】余弦定理正弦定理三角函数中的恒等变换应用同角三角函数间的基本关系【解析】AF ⊥DE A C BF//AE ∠DAE BF AD △ADE ∠DAE =60∘C D D AC iz =−2+3i z =−2+3i i =(−2+3i)i i 2=−3−2i −1=3+2i z 2z (3,2)|z|==，=3−2i +3222−−−−−−√13−−√z¯¯¯BC AD BC直接利用已知条件，利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式求出结果．【解答】解：由于，则：，解得：．由于，，利用正弦定理：，则：，整理得：，解得：，故正确；故所以，故错误；由，得，解得：或，若，则，可得，可得，矛盾，故错误，则.则．故正确．故选.12.【答案】A,B,D【考点】平面向量的夹角向量的共线定理平面向量数量积向量的三角形法则【解析】本题考查基本不等式，平面向量基本定理【解答】解：，若，则夹角为钝角，所以是钝角三角形，正确；，若点为的重心，则，正确；A +3C =πA +B +C =A +3C B =2C b =23–√c =3=b sin B c sin C =b sin 2C c sin C =23–√2sin C cos C 3sin C cos C =3–√3A sin C =，6–√3sin B =sin 2C =2sin C cos C =22–√3B =+−2ab cos C c 2a 2b 2−4a +3=0a 2a =1a =3a =c =3A =C =π4B =π2b ==c =3+a 2c 2−−−−−−√2–√2–√C a =1=ab sin C S △ABC12=×1×2×=123–√6–√32–√D AD A ⋅<0AB −→−AC −→−A △ABC B G △ABC ++=GA −→−GB −→−GC −→−0→=⋅→→→，根据平面向量数量积可知，由且，不能判断，错误；，若，，三点满足，则，，三点共线，故正确.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】任意角的三角函数【解析】求出函数过的定点，结合三角函数的定义求出的值，结合指数不等式和对数不等式的解法进行求解即可．【解答】当＝时，＝＝＝，），∵的终边经过定点，），∴＝＝．则不等式等价为不等式（），即，即，则，即，即，即不等式的解集为，），14.【答案】或【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】C ⋅=⋅a →c →b →c →≠c →0→=a →b →D P A B =+OP −→−14OA −→−34OB −→−P A D ABD g(x)tan αx 2g(2)−m 01−α(6tan α(tan α>2)lg x >2lg x >23−2gx −8lgx >1lgx <0<x <100<x <(00此题暂无解析【解答】此题暂无解答15.【答案】【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，所以球心是底面三角形的中心，球的半径，就是三棱锥的高，再求底面面积，即可求解三棱锥的侧面积．【解答】解：正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，所以球心是底面三角形的中心，球的半径，就是三棱锥的高，球的半径为，所以底面三角形的边长为，，，三棱锥的斜率，所以该正三棱锥的侧面积．故答案为：．16.【答案】【考点】运用诱导公式化简求值【解析】由题意，根据同角三角函数基本关系、降幂公式、诱导公式以及二倍角的正弦函数公式进行化简求值即可.【解答】解：已知，，315−−√4111a ×a =1233–√2a =3–√h ==+(1212)2−−−−−−−−√5–√2S =3×××=123–√5–√2315−−√4315−−√4−12m =2sin 18∘+n =4m 2n =4−=4−422∘=4(1−)=42∘2∘则，所以.故答案为：.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：∴又是实数，∴，得.∴复数．由得，，，∵复数所表示的点在第一象限，∴得，∴实数的取值范围是.【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：∴又是实数，∴，得.∴复数．由得，，，∵复数所表示的点在第一象限，∴得，∴实数的取值范围是.18.n =4−=4−4m 2sin 218∘=4(1−)=4sin 218∘cos 218∘1−2cos 227∘m n −√=−cos 54∘2sin ×2cos 18∘18∘=−=−sin 36∘2sin 36∘12−12(1)∵z =bi (b ∈R)===+i z −21+i bi −21+i (bi −2)(1−i)(1+i)(1−i)b −22b +22z −21+i =0b +22b =−2z =−2i (2)(1)z =−2i m ∈R ==(−4)−4mi (m +z)2(m −2i)2m 2(m +z)2{−4>0,m 2−4m >0,m <−2m (−∞,−2)(1)∵z =bi (b ∈R)===+i z −21+i bi −21+i (bi −2)(1−i)(1+i)(1−i)b −22b +22z −21+i =0b +22b =−2z =−2i (2)(1)z =−2i m ∈R ==(−4)−4mi (m +z)2(m −2i)2m 2(m +z)2{−4>0,m 2−4m >0,m <−2m (−∞,−2)【答案】证明：因为平面，，平面，所以且 在中，，所以，在中可得．于是，所以因为四边形是平行四边形，所以，从而，由于平面，平面，所以由于，所以平面．解：由于是的中点，所以 由可知平面，所以三棱锥的体积为由于，所以，所以，故 ②.设点到平面的距离是，而三棱锥的体积也满足,代入①②可得故点到平面的距离是【考点】直线与平面垂直的判定点、线、面间的距离计算柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】证明：因为平面，，平面，所以且 在中，，所以，在中可得．于是，所以因为四边形是平行四边形，所以，从而，由于平面，平面，所以由于，所以平面．解：由于是的中点，所以 由可知平面，(1)PD ⊥ABCD BD CD ⊂ABCD PD ⊥BD PD ⊥CD.Rt △PBD PB =2–√BD =PD =1Rt △PCD CD =1B +D =B D 2C 2C 2BD ⊥DC.ABCD AB//CD AB ⊥BD PD ⊥ABCD AB ⊂ABCD PD ⊥AB.PD ∩BD =D AB ⊥PBD (2)E BP ==××PD ×BD =.S △BDE 12S △PBD 121214(1)AB ⊥BDE A −BDE V =AB ×=①.13S △BDE 112AD =BC =，DE =,AE ==2–√2–√2A +B B 2E 2−−−−−−−−−−√6–√2A +D =A E 2E 2D 2AE ⊥DE =AE ×DE =S △ADE 123–√4B DAE h A −BDE V =h 13S △ADE h =.3–√3B DAE .3–√3(1)PD ⊥ABCD BD CD ⊂ABCD PD ⊥BD PD ⊥CD.Rt △PBD PB =2–√BD =PD =1Rt △PCD CD =1B +D =B D 2C 2C 2BD ⊥DC.ABCD AB//CD AB ⊥BD PD ⊥ABCD AB ⊂ABCD PD ⊥AB.PD ∩BD =D AB ⊥PBD (2)E BP ==××PD ×BD =.S △BDE 12S △PBD 121214(1)AB ⊥BDE =AB ×=①.1BDE 1所以三棱锥的体积为由于，所以，所以，故 ②.设点到平面的距离是，而三棱锥的体积也满足,代入①②可得故点到平面的距离是19.【答案】证明：（1）建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，，设平面的法向量为，∵，，∴，∴取，同理平面的法向量为，∴，∴平面平面；（2）∵、分别为、的中点，∴，∴，∴面．【考点】用向量证明平行用向量证明垂直【解析】（1）建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为，求出平面、平面的法向量，证明法向量平行，即可证明结论；（2）求出，可得，即可证明结论．【解答】A −BDE V =AB ×=①.13S △BDE 112AD =BC =，DE =,AE ==2–√2–√2A +B B 2E 2−−−−−−−−−−√6–√2A +D =A E 2E 2D 2AE ⊥DE =AE ×DE =S △ADE 123–√4B DAE h A −BDE V =h 13S △ADE h =.3–√3B DAE .3–√32D(0,0,0)(2,0,2)A 1B(2,2,0)(2,2,2)B 1C(0,2,0)(0,0,2)D 1BD A 1=(x,y,z)m →=(2,0,2)DA 1−→−=(2,2,0)DB −→−{2x +2z =02x +2y =0=(−1,1,1)m →C B 1D 1=(−1,1,1)n →//m →n →BD //A 1C B 1D 1M N AB C B 1=(−1,1,1)MN −→−//MN −→−m →MN ⊥BD A 12BD A 1C B 1D 1=(−1,1,1)MN −→−//MN −→−m →D(0,0,0)证明：（1）建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，，设平面的法向量为，∵，，∴，∴取，同理平面的法向量为，∴，∴平面平面；（2）∵、分别为、的中点，∴，∴，∴面．20.【答案】解：在中，，，所以，，．又因为为以为直径的半圆上的一点，所以．在中，，，.过点作于点，则，则，.若，则.因为，所以，2D(0,0,0)(2,0,2)A 1B(2,2,0)(2,2,2)B 1C(0,2,0)(0,0,2)D 1BD A 1=(x,y,z)m →=(2,0,2)DA 1−→−=(2,2,0)DB −→−{2x +2z =02x +2y =0=(−1,1,1)m →C B 1D 1=(−1,1,1)n →//m →n →BD //A 1C B 1D 1M N AB C B 1=(−1,1,1)MN −→−//MN −→−m →MN ⊥BD A 1(1)Rt △ACB AB =2BC =1AC =3–√∠BAC =π6∠ABC =π3D AB ∠ADB =π2Rt △ADB AD =2cos θBD =2sin θθ∈(0,)π2C CF ⊥AD F CF =sin(θ+)3–√π6=AD ⋅BD S 112=×2cos θ×2sin θ12=sin 2θ=AD ⋅CF S 212=×2cos θ×sin(θ+）123–√π6=cos θsin(θ+)3–√π6=S 1S 2sin 2θ=cos θsin(θ+)3–√π6cos θ≠02sin θ=sin(θ+)3–√π6sin θ=sin θ+cos θ–√所以，整理得，所以，所以．由得，.因为，所以，当，即时，有最大值为．【考点】三角函数的恒等变换及化简求值在实际问题中建立三角函数模型函数最值的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：在中，，，所以，，．又因为为以为直径的半圆上的一点，所以．在中，，，.过点作于点，2sin θ=sin θ+cos θ323–√2sin θ=cos θ123–√2tan θ=3–√θ=π3(2)(1)S =sin 2θ−cos θsin(θ+)3–√π6=sin 2θ−cos θ(sin θ+cos θ)3–√3–√212=sin 2θ−sin 2θ−(1+cos 2θ)343–√4=sin 2θ−cos 2θ−143–√43–√4=sin(2θ−)−12π33–√40<θ<π2−<2θ−<π3π32π32θ−=π3π2θ=5π12S −123–√4(1)Rt △ACB AB =2BC =1AC =3–√∠BAC =π6∠ABC =π3D AB ∠ADB =π2Rt △ADB AD =2cos θBD =2sin θθ∈(0,)π2C CF ⊥AD F F =sin(θ+)π则，则，.若，则.因为，所以，所以，整理得，所以，所以．由得，.因为，所以，当，即时，有最大值为．21.【答案】证明：因为分别为的中点，所以，因为平面，平面平面因为平面，平面，所以.因为，为的中点，所以因为，所以平面.因为平面,CF =sin(θ+)3–√π6=AD ⋅BD S 112=×2cos θ×2sin θ12=sin 2θ=AD ⋅CF S 212=×2cos θ×sin(θ+）123–√π6=cos θsin(θ+)3–√π6=S 1S 2sin 2θ=cos θsin(θ+)3–√π6cos θ≠02sin θ=sin(θ+)3–√π62sin θ=sin θ+cos θ323–√2sin θ=cos θ123–√2tan θ=3–√θ=π3(2)(1)S =sin 2θ−cos θsin(θ+)3–√π6=sin 2θ−cos θ(sin θ+cos θ)3–√3–√212=sin 2θ−sin 2θ−(1+cos 2θ)343–√4=sin 2θ−cos 2θ−143–√43–√4=sin(2θ−)−12π33–√40<θ<π2−<2θ−<π3π32π32θ−=π3π2θ=5π12S −123–√4(1)M ，N BC ，AB MN//AC MN ⊂PAC AC ⊂PAC ，∴MN//PAC.(2)PA ⊥ABC BC ⊂ABC PA ⊥BC AB =AC M BC AM ⊥BC.AM ∩PA =A BC ⊥PAM BC ⊂PBC PBC ⊥PAM.所以平面平面【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：因为分别为的中点，所以，因为平面，平面平面因为平面，平面， 所以.因为，为的中点，所以因为，所以平面.因为平面,所以平面平面22.【答案】解：因为，所以，即 ，又，所以，可得，因为，所以．由，可得，①因为，所以是中点，因为，，所以在中，，在中，，∴，②把①代入②，化简可得，PBC ⊥PAM.(1)M ，N BC ，AB MN//AC MN ⊂PAC AC ⊂PAC ，∴MN//PAC.(2)PA ⊥ABC BC ⊂ABC PA ⊥BC AB =AC M BC AM ⊥BC.AM ∩PA =A BC ⊥PAM BC ⊂PBC PBC ⊥PAM.(1)a cos C +c cos A =−2b cos B sin A cos C +sin C cos A =−2sin B cos B sin(A +C)=−2sin B cos B A +B +C =πsin(A +C)=sin B ≠0cos B =−12B ∈(0,π)B =2π3(2)B =2π3=++ac =+3c +9b 2a 2c 2c 2+=2BA −→−BC −→−BD −→−DAC a =3=∣∣∣BD −→−∣∣∣37−−√2△CBD cos C ==B +C −B C 2D 2D 22BC ⋅CD 9+−b 24374ab △ABC cos C ==B +A −A C 2C 2B 22BC ⋅AC 9+−b 2c 22ab9+−=2(9+−)b 2c 2b 24374−3c −28=0c 2解得，或（舍去），所以，所以的面积.【考点】正弦定理三角函数的恒等变换及化简求值余弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，所以，即 ，又，所以，可得，因为，所以．由，可得，①因为，所以是中点，因为，，所以在中，，在中，，∴，②把①代入②，化简可得，解得，或（舍去），所以，所以的面积.c =7c =−4c =7△ABC S =ac sin B =×3×7×sin =12122π3213–√4(1)a cos C +c cos A =−2b cos B sin A cos C +sin C cos A =−2sin B cos B sin(A +C)=−2sin B cos B A +B +C =πsin(A +C)=sin B ≠0cos B =−12B ∈(0,π)B =2π3(2)B =2π3=++ac =+3c +9b 2a 2c 2c 2+=2BA −→−BC −→−BD −→−D AC a =3=∣∣∣BD −→−∣∣∣37−−√2△CBD cos C ==B +C −B C 2D 2D 22BC ⋅CD 9+−b 24374ab △ABC cos C ==B +A −A C 2C 2B 22BC ⋅AC 9+−b 2c 22ab9+−=2(9+−)b 2c 2b 24374−3c −28=0c 2c =7c =−4c =7△ABC S =ac sin B =×3×7×sin =12122π3213–√4。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 已知集合，，则（ ）A.B.C.D.2. 命题“”的否定是（ ）A.B.C.D.3. 恒成立，则实数的取值范围为________.A.B.C.D.4.用二分法求方程 的根的近似值时，令，并用计算器得到下表：则由表中的数据，可得方程 的一个近似解（精确度为）为（ ）A={x ∈N |x ≤3}B={x |+6x −16<0}x 2A ∩B={x |−8<x <2}{1}{0,1}{0,1,2}∀x ∈(1,4),−5x <0x 2∃∈(1,4),−5≥0x 0x 20x 0∃∈(1,4),−5<0x 0x 20x 0∀x ∉(1,4),−5x ≥0x 2∀x ∈(1,4),−5x ≥0x 2αln(2x +6)+2=3xf(x)=ln(2x +6)+2−3x x 1.00 1.25 1.375 1.50f(x) 1.07940.1918−0.3604−0.9989ln(2x +6)+2=3x 0.1A.B.C.D.5. 已知三次函数有两个零点，若方程有四个实数根，则实数的范围为（ ）A.B.C.D.6. 中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．按如下方法剪裁（如图），扇面形状较为美观．从半径为的圆面中剪下扇形，使扇形的面积与圆面中剩余部分的面积比值为，再从扇形中剪下扇环形制作扇面，使扇环形的面积与扇形的面积比值为．若为一个按上述方法制作的扇面装饰品装裱边框（如图），则需要边框的长度为( )A.B.C.D.7. 复兴号动车组列车，是中国标准动车组的中文命名，由中国铁路总公司牵头组织研制、具有完全自主知识产权、达到世界先进水平的动车组列车．年月日，智能复兴号动车1.1251.31251.43751.46875f(x)=+a −3x +b(a >0)x 33x 2a 2[f (x)]=0f ′a (0,)6–√8(0,)32–√8(,+∞)6–√8(,)6–√832–√81R OAB OAB −15–√2OAB ABDC ABDC OAB −15–√22(3−)(π+1)R 5–√+15–√2(3+)(π+1)R 5–√−15–√2(−1)πR5–√(+1)πR5–√20191230CR400BF −C 350km组在京张高铁实现时速自动驾驶，不仅速度比普通列车快，而且车内噪声更小，我们用声强（单位：）表示声音在传播途径中每平方米上的声能流密度，声强级（单位：）与声强的函数关系式为，已知时，．若要将某列车的声强级降低，则该列车的声强应变为原声强的( )A.倍B.倍C.倍D.倍8. 已知函数，是偶函数，则( )A.B.C.D.9. 下列各式中成立的一项是（ ）A.B.C.D.10. 对于幂函数，若，则，大小关系是（ ）A.B.C.D.无法确定11. 设、是正实数，以下不等式：①；②；③；④350km I W/m 2L dB I L =10lg(aI)I =W/1013m 2L =10dB 30dB 10−210−310−410−5f(x)=a +(b −3)x +3x 2x ∈[−2,a]a 2a +b =2345=()n m7n 7m 17=(−3)4−−−−−√12−3−−−√3=(x +y +x 3y 4−−−−−−√4)34=9–√3−−−√3–√3f(x)=x 120<<x 1x 2f()+x 1x 22f()+f()x 1x 22f()<+x 1x 22f()+f()x 1x 22f()>+x 1x 22f()+f()x 1x 22f()=+x 1x 22f()+f()x 1x 22a b >ab −−√2ab a +ba >|a −b |−b +>4ab −3a 2b 2b 2b +>22恒成立的序号为（ ）A.①③B.①④C.②③D.②④12. 给出下列关系：①；②；③{}；④．其中不正确的是（ ）A.①B.②C.③D.④卷II （非选择题）二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 若，则的最小值是________.14. 若是角终边上一点，且，则________.15. 已知四边形为边长为的正方形，轴，某一直线与正方形相交，将正方形分为两个部分，其中包含了顶点部分的面积记为，则将表示为的函数，其解析式为________．16. 若 且，则实数的取值范围是________.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）ab +>22ab∅⊆{0}π∈Q 1∈{1,2}0∉N x ∈(0,+∞)x +4xP(4,y)θsin θ=−25–√5y =ABCD 1AC ⊥x ABCD D S S t f (x)= +1,x ≤1,(x −1)2,x >1,1xf (2−a)<f (3a)a17. 回答下列问题：化简求值：；已知，求的值. 18. 已知函数（且）．判断函数的奇偶性，并证明你的结论；解关于的不等式．19. 已知定义在上的函数为偶函数．求的值；设，试判断函数的单调性，并用定义证明．20. 已知集合，，若，求的取值范围． 21. 十九大指出中国的电动汽车革命早已展开，通过以新能源汽车替代汽/柴油车，中国正在大力实施一项将重塑全球汽车行业的计划．年某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本万元，每生产百辆），需另投入成本万元，且由市场调研知，每辆车售价万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.求出年的利润(万元)关于年产量(百辆)的函数关系式.（利润销售额成本）年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润. 22. 设函数，用分段函数表示并作出其图象；求函数的值域．(1)sin(π+x)cos(+x)−cos(−x)cos(π−x)π2(2)tan α=22sin α−3cos αsin α+2cos αf(x)=(x +2)+(2−x)log a log a a >0a ≠1(1)f(x)(2)x f(x)>0R f (x)=+3+m e 2x e x e x(1)m (2)g(x)=3f (x)−3e x g(x)A ={−5x −14≤0}x 2B ={x |m +1<x <2m −1}A ∪B =A m 20192500x （C(x)C(x)={10+100x,0<x <40,x 2501x +−4500,x ≥40,10000x 5(1)2019L(x)x =−(2)2019f(x)=|x |−3(−3≤x ≤3)(1)f(x)(2)参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：集合，，．故选．2.【答案】A【考点】命题的否定【解析】【解析】命题“”的否定是“”．故选．【解答】A 3.【答案】B【考点】A={x ∈N |x ≤3}={0,1,2,3}B={x |+6x −16<0}x 2={x |−8<x <2}A ∩B={0,1}C A ∀x ∈(1,4),−5x <0x 2∃∈(1,4),−5≥0x 0x 20x 0A象限角、轴线角【解析】【解答】4.【答案】B【考点】二分法求方程的近似解【解析】此题暂无解析【解答】解：因为 ，所以根据二分法的思想，知函数 的零点在区间内，但区间的长度为 ，因此需要取()的中点，两个区间 和（ )中必有一个满足区间端点的函数值符号相异．又区间的长度为 ，因此是一个近似解．故选．5.【答案】C【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性函数的零点与方程根的关系函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】f(1.25)⋅f(1.375)<0f(x)(1.25,1.375)(1.25,1.375)0.125>0.11.25,1.375 1.3125(1.25,1.3125) 1.3125,1.3750.0625<0.11.3125B (x)=+2ax −3=(x +3a)(x −a)f ′22解：由题知：，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.∵，，∴图象大致分两种情况：①此时，∴，∴.∵，∴或，∴，∴解得：；②此时，∴，∴，∴同理得，∴解得：.综上得：.故选.6.【答案】A【考点】(x)=+2ax −3=(x +3a)(x −a)f ′x 2a 2f(x)(−∞，−3a)(−3a ，a)(a ，+∞)f(−3a)=−9+9+9+b =9+b a 3a 3a 3a 3f(a)=+−3+b =+b a 33a 3a 3−5a 33f(a)=0b =5a 33f(−3a)=9+=a 35a 3332a 33[f(x)]=0f ′f(x)=−3a f(x)=a 0<a <32a 33a >6–√8f(−3a)=0b =−9a 3f(a)=−9−=−a 35a 3332a 33−3a >−32a 33a >32–√8a >6–√8C扇形面积公式弧长公式【解析】设扇形圆心角为，由扇形的面积与圆面中剩余部分的面积比值为，可得，再根据扇环形的面积与扇形的面积比值为．有，从而求出边框长度．【解答】解；设扇形的圆心角为，.由题可得，即，解得．因为扇环形的面积与扇形的面积比值为，则，解得，所以所需边框的长度为．故选．7.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用对数及其运算【解析】无【解答】解：由已知得，解得，故．θOAB −15–√2θ=(3−)π5–√ABDC OAB −15–√2=θ−θR 2r 2θR 2−15–√2θOC =r =θR 2(2π−θ)R 2−15–√2=θ2π−θ−15–√2θ=(3−)π5–√ABDC OAB −15–√2=θ−θR 2r 2θR 2−15–√2r =R −15–√2θr +θR +2(R −r)=(3−)π⋅(+1)R +2(R −R)5–√−15–√2−15–√2=(3−)(π+1)R 5–√+15–√2A 10=10lg(a ×)1013a =10−12L =10lg(×I)=10(−12+lgI)10−1230dB设某列车原来的声强级为，声强为，该列车的声强级降低后的声强级为，声强为，则，所以，解得．故选．8.【答案】C【考点】函数奇偶性的性质函数的对称性【解析】先由“定义域应关于原点对称”则有，又恒成立，用待定系数法可求得．【解答】解：∵函数为偶函数，∴定义域关于原点对称，∴，解得：或．又，.∵为偶函数，图象关于轴对称，，∴，故．故选．9.【答案】D【考点】根式与分数指数幂的互化及其化简运算【解析】此题暂无解析【解答】L 1I 130dB L 2I 2−L 1L 2=10(−12+lg )−10(−12+lg )I 1I 2=10(lg −lg )I 1I 2=101g =30I 1I 2lg =3I 1I 2=I2I 110−3B f(−x)=f(x)b f(x)−2=−a a 2a =1a =−2∵−2<a a 2∴a =1f(x)y ∴−=0b −32a b =3a +b =4C 77解：中应为；中等式左侧为正数，右侧为负数，不成立；中当时，等式不成立；正确．故选．10.【答案】B【考点】幂函数的性质【解析】设，．，，由此能求出其结果．【解答】解：设，∴．，∴，∴，∴．故选．11.【答案】D【考点】不等式的概念与应用【解析】由，为正实数，对于①①利用基本不等式变形分析取值特点即可；对于②利用含绝对值不等式的性质即可加以判断；对于③取出反例数值即可；对于④利用均值不等式进行条件下的等价变形即可．A =()n m 7n 7m −7BC x =y =1D D a =f()=>0+x 1x 22+x 1x 22−−−−−−−√=a 2+x 1x 22b ==f()+f()x 1x 22+x 1−−√x 2−−√2=<==b 2++2x 1x 2⋅x 1x 2−−−−−√4+++x 1x 2x 1x 24+x 1x 22a 2a =f()=>0+x 1x 22+x 1x 22−−−−−−−√=a 2+x 1x 22b ==f()+f()x 1x 22+x 1−−√x 2−−√2=<==b 2++2x 1x 2⋅x 1x 2−−−−−√4+++x 1x 2x 1x 24+x 1x 22a 2a >b f()>+x 1x 22f()+f()x 1x 22B a b解：∵、是正实数，∴①．当且仅当时取等号，∴①不恒成立；②恒成立；③，当时，取等号，例如：，时，左边，右边∴③不恒成立；④恒成立．答案：12.【答案】B,C,D【考点】元素与集合关系的判断命题的真假判断与应用集合的包含关系判断及应用函数的图象与图象变化空间中直线与平面之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】①{}，正确；②∵是无理数∴，不正确；③∵{}和{，}均为集合，故不正确；④∵是自然数，∴，④不正确．故选．二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】直接利用基本不等式求最值即可.a b a +b ≥2⇒1≥⇒≥ab −−√2ab −−√a +b ab −−√2ab a +b a =b a +b >|a −b |⇒a >|a −b |−b +−4ab +3=(a −2b ≥0a 2b 2b 2)2a =2b a =2b =1=5=4×1×2−3×=−422ab +≥2=2>22ab ab ⋅2ab−−−−−−√2–√D 2=0ππ∉Q 1121)∈(1,2)00∈N ABD 4解：∵，∴，当且仅当，即时取等号，∴的最小值为.故答案为：.14.【答案】【考点】同角三角函数基本关系的运用三角函数值的符号【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，且在角的终边上，∴为第四象限角，∴,∵，∴，即，解得，故答案为：.15.【答案】【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】根据三角形的面积公式，分别进行讨论求解即可．x ∈(0,+∞)x +≥2=44x x ⋅4x −−−−√x =4x x =2x +4x 44−8sin θ=−25–√5P(4,y)θθtan θ<0sin θ=−25–√5tan θ=−2=−2y 4y =−8−8【解答】正方形的面积为，正方形的对角线＝，当时，＝，则三角形的面积＝，当时，此时＝（＝（（，则此时＝＝（，即，16.【答案】【考点】分段函数的应用函数的单调性及单调区间【解析】【解答】解：∵当时，，∴函数在上单调递减.∵当时，，∴函数在上单调递减.∵，∴在上单调递减，∵，∴，解得：，∴实数的取值范围是.故答案为： .三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.1BD 4<t ≤DK t t DEF S 2<t ≤△BGH BP −t −t)△BGH ×−t)×−t)2S 1−S △BGH 5−−t)2(−∞,)12x ≤1f(x)=(x −1+1)2f(x)(−∞,1]x >1f(x)=1x f(x)(1,+∞)f (1)=1f (x)R f (2−a)<f (3a)2−a >3a a <12a (−∞,)12(−∞,)12【答案】解：.∵，∴.【考点】三角函数的化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解：.∵，∴.18.【答案】解：函数为偶函数.理由如下：由解得，所以函数的定义域为.又因为，(1)sin(π+x)cos(+x)−cos(−x)cos(π−x)π2=(−sin x)⋅(−sin x)−cos x ⋅(−cos x)=x +xsin 2cos 2=1(2)tan α=2=2sin α−3cos αsin α+2cos α2tan α−3tan α+2==2×2−32+214(1)sin(π+x)cos(+x)−cos(−x)cos(π−x)π2=(−sin x)⋅(−sin x)−cos x ⋅(−cos x)=x +xsin 2cos 2=1(2)tan α=2=2sin α−3cos αsin α+2cos α2tan α−3tan α+2==2×2−32+214(1)f (x){x +2>0，2−x >0，−2<x <2f (x)(−2,2)f (−x)=(−x +2)+(2+x)log a log a =(x +2)+(2−x)=f (x)log a log a f (x)所以函数为偶函数.由题意，得，，因为得，所以.①当时，，即，解得；②当时，，即，解得或.又因为，所以或.综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.【考点】函数奇偶性的判断指、对数不等式的解法【解析】可求出的定义域为，求，从而可判断是偶函数；（2）先得出 ，从而由可得到，可分别讨论，和1时，得到不等式时，得到不等式，解出的范围即可．【解答】解：函数为偶函数.理由如下：由解得，所以函数的定义域为.又因为，所以函数为偶函数.由题意，得，，因为得，所以.①当时，，即，解得；②当时，，即，解得或.又因为，所以或.综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.19.a af (x)(2)f (x)=(4−)log a x 2x ∈(−2,2)f (x)>0(4−)>1log a x 2log a a >14−>1x 2<3x 2−<x <3–√3–√0<a <14−<1x 2>3x 2x <−3–√x >3–√−2<x <2−2<x <−3–√<x <23–√a >1(−,)3–√3–√0<a <1(−2,−)∪(,2)3–√3–√(1)f (x)(−2,2)f (−x)=f (x)f (x)f (x)=(4−)log a x 2x ∈(2,2)f (x)>0(4−)>1log a x 2log a a >10<a <1:a >4−>1;0<a <1x 24−<1x 2x (1)f (x){x +2>0，2−x >0，−2<x <2f (x)(−2,2)f (−x)=(−x +2)+(2+x)log a log a =(x +2)+(2−x)=f (x)log a log a f (x)(2)f (x)=(4−)log a x 2x ∈(−2,2)f (x)>0(4−)>1log a x 2log a a >14−>1x 2<3x 2−<x <3–√3–√0<a <14−<1x 2>3x 2x <−3–√x >3–√−2<x <2−2<x <−3–√<x <23–√a >1(−,)3–√3–√0<a <1(−2,−)∪(,2)3–√3–√【答案】解：∵，∴ .∵函数为偶函数，∴，即，∴，即，解得 .为减函数. 证明如下：由可知，，∴ .，，且，则 ∵，∴，即 .∴ ，∴ ，即为减函数．【考点】函数奇偶性的性质函数单调性的判断与证明【解析】（1）变形可得： .函数为偶函数，∴，即，即，所以，即 .（2）由（1）可得，∴ ， 可知为减函数，证明如下：，且，则 ∵，∴，即 .∴ ，∴ ，所以为减函数．【解答】解：∵，∴ .∵函数为偶函数，(1)f (x)=+3+m e 2x e x e x f (x)=+m +3e x e −x f (x)f (−x)=f (x)+m =+m e −x e x e x e −x (1−m)=(1−m)e x e −x 1−m =0m =1(2)g(x)(1)f (x)=++3e x e −x g(x)=3f (x)−3=3+9e x e −x ∀x 1∈R x 2<x 1x 2g()−g()=3−3x 1x 2e −x 1e −x 2=3(−)=e −x 1e −x 23(−)e x 2e x 1e x 1e x 2=3(−)e x 2e x 1e +x 1x 2<x 1x 2<e x 1e x 2−>0e x 2e x 1g()−g()>0x 1x 2g()>g()x 1x 2g(x)f (x)=+m ⋅+3e x e −x f (x)f (−x)=f (x)+m ⋅=+m ⋅e −x e x e x e −x (1−m)=(1−m)e x e −x 1−m =0m =1f (x)=++3e x e −x g(x)=3f (x)−3=3+9e x e −x g(x)∀,∈R x 1x 2<x 1x 2g()−g()=3−3=3(−)=x 1x 2e −x 1e −x 2e −x 1e −x 23(−)e x 2e x 1e x 1e x 2=3(−)e x 2e x 1e+x 1x 2<x 1x 2<e x 1e x 2−>0e x 2e x 1g()−g()>0x 1x 2g()>g()x 1x 2g(x)(1)f (x)=+3+m e 2x e x e xf (x)=+m +3e x e −x f (x)f (−x)=f (x)∴，即，∴，即，解得 .为减函数. 证明如下：由可知，，∴ .，，且，则 ∵，∴，即 .∴ ，∴ ，即为减函数．20.【答案】解：由中的不等式变形得：，解得：，即；∵，且，∴当时，，解得：，当时，，解得：，综上，实数的取值范围为．【考点】集合关系中的参数取值问题并集及其运算【解析】求出中不等式的解集确定出，根据与的并集为，分为空集及不为空集两种情况，分别列出关于的不等式，求出不等式的解集即可确定出的范围．【解答】解：由中的不等式变形得：，解得：，即；∵，且，∴当时，，解得：，当时，，解得：，综上，实数的取值范围为．21.f (−x)=f (x)+m =+m e −x e x e x e −x (1−m)=(1−m)e x e −x 1−m =0m =1(2)g(x)(1)f (x)=++3e x e −x g(x)=3f (x)−3=3+9e x e −x ∀x 1∈R x 2<x 1x 2g()−g()=3−3x 1x 2e −x 1e −x 2=3(−)=e −x 1e −x 23(−)e x 2e x 1e x 1e x 2=3(−)e x 2e x 1e +x 1x 2<x 1x 2<e x 1e x 2−>0e x 2e x 1g()−g()>0x 1x 2g()>g()x 1x 2g(x)A (x +2)(x −7)≤0−2≤x ≤7A =[−2,7]B =(m +1,2m −1)A ∪B =A B =∅m +1≥2m −1m ≤2B ≠∅{m +1≥−22m −1≤7−3≤m ≤4m (−∞,4]A A A B A B m m A (x +2)(x −7)≤0−2≤x ≤7A =[−2,7]B =(m +1,2m −1)A ∪B =A B =∅m +1≥2m −1m ≤2B ≠∅{m +1≥−22m −1≤7−3≤m ≤4m (−∞,4]【答案】解：当时，；当时，.∴当时，，∴当时，；当时，，当且仅当，即时，.∴当，即年生产百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为万元.【考点】基本不等式在最值问题中的应用函数模型的选择与应用分段函数的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：当时，；当时，(1)0<x <40L(x)=5×100x −10−100x −2500x 2=−10+400x −2500x 2x ≥40L(x)=5×100x −501x −+4500−250010000x=2000−(x +)10000x L(x)={−10+400x −2500，0<x <40，x 22000−(x +)，x ≥40.10000x(2)0<x <40L(x)=−10(x −20+1500)2x =20L(x =L(20)=1500)max x ≥40L(x)=2000−(x +)10000x ≤2000−2x ⋅10000x −−−−−−−−√=2000−200=1800x =10000xx =100L(x =L(100)=1800>1500)max x =10020191001800(1)0<x <40L(x)=5×100x −10−100x −2500x 2=−10+400x −2500x 2x ≥40(x)=5×100x −501x −+4500−250010000.∴当时，，∴当时，；当时，，当且仅当，即时，.∴当，即年生产百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为万元.22.【答案】解：；图象如图所示.由函数图象得，函数的值域是．【考点】分段函数的应用函数的值域及其求法【解析】利用绝对值的几何意义，可用分段函数表示并作出其图象；根据图象，求函数的值域．L(x)=5×100x −501x −+4500−250010000x=2000−(x +)10000x L(x)={−10+400x −2500，0<x <40，x 22000−(x +)，x ≥40.10000x(2)0<x <40L(x)=−10(x −20+1500)2x =20L(x =L(20)=1500)max x ≥40L(x)=2000−(x +)10000x ≤2000−2x ⋅10000x −−−−−−−−√=2000−200=1800x =10000xx =100L(x =L(100)=1800>1500)max x =10020191001800(1)f(x)={x −3,0≤x ≤3−x −3,−3≤x <0(2)[−3,0](1)f(x)(3)【解答】解：；图象如图所示.由函数图象得，函数的值域是．(1)f(x)={x −3,0≤x ≤3−x −3,−3≤x <0(2)[−3,0]。