2023—2024學年高一下學期第三次月考數(shù)學試卷注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.4.本試卷主要考試內容：北師大版必修第二冊第一、二章占，第四章到第六章第二節(jié)占.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若要得到函數(shù)圖象，只需將函數(shù)的圖象（）A.向左平移1個單位長度B.向右平移單位長度C.向左平移單位長度D.向左平移2個單位長度【答案】C【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的圖象“左加右減”的原則，易得正確選項.【詳解】將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，即得的圖象.故選：C.2.已知在中，，則外接圓的周長為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正弦定理求得三角形外接圓的半徑，進而得到三角形外接圓的周長.【詳解】設外接圓的半徑為，根據(jù)正弦定理可得，則，故外接圓的周長為，故選：D.3.用斜二測畫法畫三角形的直觀圖，如圖所示，已知，，則（）A.B.C.2D.4【答案】B【解析】【分析】由題意，借助于等腰直角三角形，求得，再根據(jù)在軸上即可求得其長.【詳解】在斜坐標系中，因，，且，則，因在軸上，故在軸上，且.故選：B.4.如圖所示，，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】確定好基底，由向量的加減法的運算性質解出即可.【詳解】.故選：C5.下列命題是真命題的是（）A.上底面與下底面相似多面體是棱臺B.若一個幾何體所有的面均為三角形，則這個幾何體是三棱錐C.若，則D.復數(shù)的虛部為【答案】C【解析】【分析】根據(jù)棱臺的定義可判斷A，三棱錐的定義可判斷B，運用二倍角公式和不等式性質、三角函數(shù)的值域可判斷C，利用復數(shù)的四則運算結果可判斷D.【詳解】對于A，因棱臺是由棱錐用平行于底面的截面截得的，故不僅需要上下底面相似，還需要兩底面所在平面平行，所有側棱延長交于一點，故A錯誤；對于B，根據(jù)三棱錐的定義，不僅需要所有面均為三角形，還需要除底面外的其他三角形面都有一個公共的頂點，故B錯誤；對于C，因，由可得，又當時，，，故，即C正確；對于D，由，其虛部為，故D錯誤.故選：C.6.（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)，結合兩角和差公式分析求解.【詳解】由題意可得：，所以.故選：C.7.已知，且，則在上的投影向量為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知，可得點為的外心，四邊形為菱形，則在上的投影向量為.【詳解】如圖，依題意可得點為的外心，因為，所以，所以，則四邊形為菱形，設，則，因為，所以在上的投影向量為.故選：A.8.是內一點，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】在中，分別使用正弦定理，結合化簡整理即可得解【詳解】因為，所以，設，因為，所以．在中，由正弦定理可得，則，即，即，解得．故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.若，則下列結論正確的是（）A.若為實數(shù)，則B.若，則C.若在復平面內對應的點位于第一象限，則D.若，則【答案】AD【解析】【分析】A選項，根據(jù)復數(shù)的類型得到方程，求出；B選項，利用復數(shù)除法法則計算出，從而得到方程組，求出答案；C選項，由所在象限得到不等式組，求出；D選項，計算出，利用復數(shù)模長公式求出答案.【詳解】A選項，若為實數(shù)，則正確.B選項，若，則，則解得錯誤.C選項，若在復平面內對應點位于第一象限，則解得，錯誤.D選項，若，則，解得，則正確.故選：AD10.已知銳角的內角的對邊分別為若，則的值可能為（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用正弦定理可得，進而可知，結合三角恒等變換化簡得，結合正弦函數(shù)分析求解.【詳解】因為，由正弦定理得，即.又因為是銳角三角形，即，可知.由，解得，則，且，可知，則，所以的取值范圍為.結合選項可知：AC錯誤，BD正確；故選：BD.11.若函數(shù)，則（）A.在上單調遞增B.的圖象關于點對稱C.，為定值D.函數(shù)的圖象關于點對稱【答案】ACD【解析】【分析】先將函數(shù)利用三角恒等變換化成余弦型函數(shù)，將看成整體，結合余弦函數(shù)的圖象，即可判斷A,B；對于C，只需利用對數(shù)運算性質和誘導公式即可推出；對于D，一般通過計算推理的值是否為0即可判斷.【詳解】因.對于A，當時，設，因函數(shù)在上單調遞增，故在上單調遞增，即A正確；對于B，因時，，故的圖象關于點不對稱，故的圖象關于點不對稱，即B錯誤；對于C，，為定值，故C正確；對于D，令，由，故函數(shù)的圖象關于點對稱，故D正確.故選：ACD.【點睛】思路點睛：本題主要考查三角恒等變換和三角函數(shù)在對稱性和單調性上的應用，屬于難題.一般思路為將已知式化簡正弦型函數(shù)或者余弦型函數(shù)，將角看成整體角，利用正弦函數(shù)或余弦函數(shù)圖象的單調性、對稱性等特征一一判斷即得.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知某扇形的半徑為，周長為，則該扇形的面積為______.【答案】16【解析】【分析】由扇形周長求出扇形弧長，代入扇形面積公式計算即得.【詳解】設扇形的弧長為，依題意，，解得.故該扇形的面積為.故答案為：16.13.如圖，為了測量某建筑物的高度OP，測量小組選取與該建筑物底部在同一水平面內的兩個測量基點與.現(xiàn)測得米，20米，在測量基點測得建筑物頂點的仰角為，則該建筑物的高度OP為____________米.【答案】【解析】【分析】由余弦定理得，進一步結合銳角三角函數(shù)即可得解.【詳解】在中，由余弦定理可得，則OA米.在中，米.故答案為：.14.對任意兩個非零向量，定義.若非零向量，滿足，向量與的夾角是銳角，且是整數(shù)，則的取值范圍是_____.【答案】【解析】【分析】利用給定定義結合向量夾角的運算性質求解即可.【詳解】設向量與的夾角為，由題意可知則因為所以因為所以因為是整數(shù)，所以所以而即所以因為所以即故的取值范圍為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查向量新定義，解題關鍵是合理利用給定定義，然后求出最后得到所要求的取值范圍即可．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知向量.（1）若，求的值.（2）設，向量與的夾角為，求的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由兩向量共線的充要條件坐標表示式計算即得；（2）利用數(shù)量積運算律化簡等式求出的值，再利用向量夾角的坐標表示式即可求得.【小問1詳解】由可得，解得，；【小問2詳解】由可得，，即，解得，此時，，，，則，因，故.16.在中，.（1）求角的大小；（2）若在邊上，，且，求的面積.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理及余弦定理化簡即可得出所求角；（2）由正弦定理求出，再由三角形的面積公式求解.【小問1詳解】由題意得，即，由正弦定理得，由余弦定理得因為，所以.【小問2詳解】如圖，因為，所以.在中，由正弦定理得，解得，則或（舍去），得，則.故.17.已知函數(shù)的最小正周期為.（1）求;（2）求圖象的對稱軸方程；（3）若在上有2個零點，求的取值范圍.【答案】（1）2（2）（3）【解析】【分析】（1）利用輔助角公式將函數(shù)化成正弦型函數(shù)，利用周期公式即可求得；（2）根據(jù)（1）的結論，將看成整體角，利用正弦函數(shù)的對稱軸方程，即可求得；（3）通過等價變換，將函數(shù)有2個零點問題轉化為兩函數(shù)與在上有兩個交點問題，結合三角函數(shù)的圖象，即可求得參數(shù)的范圍.【小問1詳解】由可得，，因,解得，；【小問2詳解】由（1）得，由可得，即圖象的對稱軸方程為：；【小問3詳解】由，可得，，依題意，須使函數(shù)與在上有兩個交點.因，設，而在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.如圖，要使直線與函數(shù)在上有兩個交點，須使或，解得,故的取值范圍為.18.如圖，在中，.（1）證明:為等邊三角形.（2）試問當為何值時，取得最小值?并求出最小值.（3）求的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2），（3）【解析】【分析】（1）利用向量的數(shù)量積公式，求出，得到，進而得證；（2）用基底和分別表示和，從而得到，利用函數(shù)求最值即可；（3）設，找到與的等量關系，表示出，再利用函數(shù)求取值范圍.【小問1詳解】因為，所以，因為，所以，因，所以為等邊三角形.【小問2詳解】，，則，當時，取得最小值，最小值為.【小問3詳解】由題意可得，在中，，設，則，所以，因為函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，且，所以的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查向量的數(shù)量積及模長范圍問題，關鍵是用唯一參數(shù)表示出要求的式子，并結合函數(shù)的單調性求得取值范圍.19.如圖，在平面四邊形ABCD中，E為線段BC的中點，．（1）若，求AE；（2）若，求AE的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析