2022-2023學年安徽省皖北縣中聯盟高一年級下冊學期3月聯考數學試題【含答案】

2022-2023學年安徽省皖北縣中聯盟高一下學期3月聯考數學試題一、單選題1．下列說法中不正確的是（

）A．零向量與任一向量平行 B．方向相反的兩個非零向量不一定共線C．單位向量是模為1的向量 D．方向相反的兩個非零向量必不相等【答案】B【分析】根據向量的定義、共線向量、相等向量的定義求解.【詳解】根據規(guī)定：零向量與任一向量平行，A正確；方向相反的兩個非零向量一定共線，B錯誤；單位向量是模為1的向量，C正確；根據相等向量的定義：長度相等方向相同的兩個向量稱為相等向量，所以方向相反的兩個非零向量必不相等，D正確；故選:B.2．下列函數中值域為的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據函數的性質逐項進行分析驗證即可求解.【詳解】對于A，函數，值域為，故選項A正確；對于B，函數，值域為，故選項B錯誤；對于C，函數，值域為，故選項C錯誤；對于D，函數，值域為，故選項D錯誤，故選：A.3．的值所在的范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用輔助角公式化一，再根據正弦函數的性質即可得解.【詳解】，因為，所以，所以，所以的值所在的范圍是.故選：A.4．在中，D為的中點，E為邊上的點，且，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據平面向量的線性運算結合圖形即可得解.【詳解】由E為邊上的點，且，得.故選：C5．將函數圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的4倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】先根據周期變換和平移變換的原則得出函數的解析式，再將代入即可.【詳解】將函數圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的4倍（縱坐標不變），得，再向右平移個單位長度，得，即，所以.故選：B.6．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，則（

）A．4 B．6 C． D．【答案】D【分析】根據三角形內角和定理，結合同角的三角函數關系式、兩角和的正弦公式、正弦定理進行求解即可.【詳解】因為，由正弦定理可得，則，，，，，為內角，，則，，,故選：D.7．已知函數，若函數的圖象關于y軸對稱，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據三角恒等變換公式以及正弦函數的性質即可求解.【詳解】所以，所以圖象關于y軸對稱，則有即，所以，所以當時，最小等于，故選:B.8．已知，是單位向量，且，的夾角為，若，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將兩邊平方，則可轉化為關于的二次不等式恒成立問題，再利用根的判別式即可得解.【詳解】，即，即，即對任意的恒成立，則，解得，又因為，所以.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是將已知平方，轉化為關于的二次不等式恒成立問題.二、多選題9．對于任意的平面向量，，，下列說法錯誤的是（

）A．若，則與不是共線向量 B．C．若，且，則 D．【答案】ACD【分析】根據共線向量的定義即可判斷A；根據數量積的運算律即可判斷B；舉反例即可判斷C；根據數量積的定義即可判斷D.【詳解】對于A，當時，，但是共線向量，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，若，且，則，不妨取，此時，故C錯誤；對于D，表示的是與共線的向量，表示的是與共線的向量，而向量的方向不確定，所以無法確定與是否相等，故D錯誤.故選：ACD.10．已知向量，，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．存在，使得C． D．當時，在上的投影向量的坐標為【答案】CD【分析】根據平面向量共線的坐標公式即可判斷A；根據平面線路垂直的坐標表示即可判斷B；根據向量的模的坐標計算即可判斷C；根據投影向量的計算公式即可判斷D.【詳解】對于A，若，則，解得，故A錯誤；對于B，若，則，即，方程無解，所以不存在，使得，故B錯誤；對于C，，所以，故C正確；對于D，當時，，，則在上的投影向量的坐標為，故D正確.故選：CD.11．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則下列結論錯誤的是（

）A．A．若，則為銳角三角形B．若為銳角三角形，則C．若，則為等腰三角形D．若，則是等腰三角形【答案】BD【分析】利用余弦定理即可判斷A；根據為銳角三角形，可得，且，再結合正弦函數的單調性及誘導公式即可判斷B；根據，可得或，即可判斷C；利用正弦定理化邊為角，再根據三角形內角和定理及兩角和的正弦公式化簡即可判斷D.【詳解】對于A，若，則，則B為銳角，不能判定為銳角三角形，故A錯誤；對于B，若為銳角三角形，則，且，所以，故B正確；對于C，因為，所以或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故C錯誤；對于D，因為，所以，即，所以，因為，所以，所以，所以是等腰三角形，故D正確.故選：BD.12．已知函數，若，則（

）A． B．C． D．在上無最值【答案】ABC【分析】根據可得從而可得，進而可求解.【詳解】對A，，因為，所以，所以，則，所以，A正確；對B，由可得，所以的最小正周期為，又因為，所以，B正確；對C，且，所以，C正確；對D，若，由可得，則在上既有最大值又有最小值，D錯誤，故選:ABC.三、填空題13．若函數的最小正周期為，則__________．【答案】1【分析】利用二倍角的余弦公式和周期公式求解.【詳解】因為，因為最小正周期為，所以解得，故答案為:1.14．已知平面向量，，若與的夾角為銳角，則y的取值范圍為__________．【答案】【分析】由與的夾角為銳角，可得，且與不同向，先由，再排除時的值，即可得解.【詳解】由題意可得，因為與的夾角為銳角，所以且與不同向，由，即，解得，當時，則，解得，綜上y的取值范圍為.故答案為：.15．一艘輪船航行到A處時看燈塔B在A的北偏東，距離海里，燈塔C在A的北偏西，距離為海里，該輪船由A沿正北方向繼續(xù)航行到D處時再看燈塔B在其南偏東方向，則__________．【答案】##【分析】在中，利用正弦定理求出，在中，先利用余弦定理求出，再利用余弦定理即可得解.【詳解】如圖，在中，，則，因為，所以，在中，，則，所以，則.故答案為：.16．函數的一個單調減區(qū)間為__________．（答案不唯一）【答案】（答案不唯一）【分析】根據同角的三角函數關系式，結合正切兩角差公式、正切型函數的和符合函數的單調性進行求解即可.【詳解】因為，要使函數有意義，則有，所以，解得：，所以函數的定義域為，，令，則，因為函數的定義域為，由復合函數的單調性可知：函數的一個單調減區(qū)間為故函數的一個單調減區(qū)間為.故答案為：（答案不唯一）.四、解答題17．求的值．【答案】3【分析】利用兩角和與差的正弦公式、二倍角的正弦公式化簡求值.【詳解】因為，所以.18．已知，，且．(1)求與的夾角；(2)若，求實數k的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）將兩邊平方，結合數量積的運算律即可得解；（2）根據，可得，再結合數量積的運算律即可得解.【詳解】（1）由，得，即，由，可得，所以，又，所以，即與的夾角為；（2）因為，所以，即，即，解得.19．如圖，在平面四邊形中，若，，，，．(1)求B；(2)求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）在中，利用正弦定理化邊為角，再結合兩角和的正弦公式即可得解；（2）在中，先利用正弦定理求出，再在和中，利用余弦定理證明，即可得證.【詳解】（1）在中，因為，所以，即，所以，又，所以，因為，所以；（2）在中，，則，所以，則，在中，，，，則，因為且，所以.20．已知點G在內部，且．(1)求證：G為的重心；(2)過G作直線與，兩條邊分別交于點M，N，設，，，求的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）分別取的中點，連接，證明三點共線，可得為邊上的中線，同理可證得是邊上的中線，是邊上的中線，即可得證.（2）根據已知得出，結合，，根據M、N、G三點共線，結合向量運算與向量相等的定義列式整理，可得的關系，再結合基本不等式即可得解.【詳解】（1）分別取的中點，連接，因為，所以，即，所以，又點為兩向量的公共端點，所以三點共線，所以為邊上的中線，同理可得是邊上的中線，是邊上的中線，又交于點，所以G為的重心；（2）點G為的重心，，，，與共線，存在實數，使得，則，根據向量相等的定義可得，消去可得，兩邊同除，整理得，所以，當且僅當，即時，取等號，所以的最小值為.21．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，．(1)若，D為邊的中點，，求a；(2)若，求面積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）在和中，利用余弦定理結合，可得的關系式，在中，利用余弦定理可得的關系式，即可得解；（2）根據，，結合正弦定理化角為邊，即可求得角，再利用余弦定理即可基本不等式即可得解.【詳解】（1）在中，，在中，，因為，所以，即，化簡得，在中，由，得，所以，解得或（舍去），所以，所以；（2）因為，，所以，所以，又，所以，則，所以，當且僅當時，取等號，所以，即面積的最大值．22．已知函數．(1)求函數的解析式；(2)若關于x的方程在內有兩個不相等的實數根，求證：．【答案】(1)