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2022-2023学年广东省东莞市重点中学高一（下）月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，集合，则集合( )
A. B. C. D.
2. 已知、是平面内所有向量的一组基底，则下列四组向量中，不能作为基底的一组是( )
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
3. 设命题：，命题：，则是的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知角终边在第四象限，且，则( )
A. B. C. D.
5. 中，内角、、所对的边分别为、、，若，，，则( )
A. B. C. D.
6. 函数在区间的图象大致为( )
A. B.
C. D.
7. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
8. 定义在上的函数的图的关于点成中心对称，对任意的实数都有，且，，则的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 对于，有如下判断，其中正确的判断是( )
A. 若，则
B. 若，则为等腰三角形
C. 若，则是钝角三角形
D. 若，，，则符合条件的有两个
10. 记函数，，其中若，则( )
A. B.
C. 为奇函数 D. 为奇函数
11. 若，则( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为斜坐标系，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为在的斜坐标系中，，则下列结论中，错误的是( )
A.
B.
C.
D. 在上的投影向量为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知，，三点共线，若，则 ______ ．
14. 已知函数且的图象经过定点，且点在角的终边上，则 ．
15. 第二次古树名木资源普查结果显示，我国现有树龄一千年以上的古树株，其中树龄五千年以上的古树有株对于测算树龄较大的古树，最常用的方法是利用碳测定法测定树木样品中碳衰变的程度鉴定树木年龄已知树木样本中碳含量与树龄之间的函数关系式为，其中为树木最初生长时的碳含量，为树龄单位：年，通过测定发现某古树样品中碳含量为，则该古树的树龄约为______ 万年精确到附：，
16. 已知函数，当方程有三个不同的实根， ______ ；当方程有四个不同的实根，且，，，，满足，则的值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知向量，，且与的夹角为．
求；
若与垂直，求实数的值．
18. 本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，已知．
求角的大小；
若，，求的面积．
19. 本小题分
已知函数，其中且．
求函数的定义域；
判断的奇偶性，并说明理由；
若，求使成立的的集合．
20. 本小题分
已知函数，．
当时，求的最值；
若的最小值为，求实数的值．
21. 本小题分
在；；三个条件中选一个，补充在下面的横线处，并解答问题．
在中，内角、、的对边分别为、、，的面积为，且满足_____．
求的大小；
设的面积为，点在边上，且，求的最小值．
22. 本小题分
本市某路口的转弯处受地域限制，设计了一条单向双排直角拐弯车道，平面设计如图所示，每条车道宽为米，现有一辆大卡车，在其水平截面图为矩形，它的宽为米，车厢的左侧直线与中间车道的分界线相交于、，记．
Ⅰ若大卡车在里侧车道转弯的某一刻，恰好，且、也都在中间车道的直线上，直线也恰好过路口边界，求此大卡车的车长．
Ⅱ若大卡车在里侧车道转弯时对任意，此车都不越中间车道线，求此大卡车的车长的最大值．
Ⅲ若某研究性学习小组记录了这两个车道在这一路段的平均道路通行密度辆，统计如下：
时间 ： ： ： ： ：
里侧车道通行密度
外侧车道通行密度
现给出两种函数模型：
，请你根据上表中的数据，分别对两车道选择最合适的一种函数来描述早七点以后的平均道路通行密度单位：辆与时间单位：分的关系，并根据表中数据求出相应函数的解析式．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，
集合，
则集合．
故选：．
由指数不等式和对数不等式的解法，化简集合和，再由集合的交集运算可得结论．
本题考查不等式的解法和集合的运算，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：不共线的向量可以作为基底，
不能作为基底的便是共线向量，
显然，，
与共线．
故选：．
如果两个向量共线便不能作为基底，从而找为共线向量的一组即可，可根据共面向量基本定理进行判断．
本题考查向量基底的概念，以及共面向量基本定理．
3.【答案】
【解析】解：，，
则，，故命题能推出，充分性成立，
令，，满足，但，故命题不能推出，必要性不成立，
故是的充分不必要条件．
故选：．
根据不等式的性质，推出充分性成立，结合特殊值法，推出必要性不成立，即可求解．
本题主要考查充分条件与必要条件的定义，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题知，角终边在第四象限，
所以，，
因为，
即，
化简可得：，即，
所以．
故选：．
根据角终边在第四象限，判断，的正负，根据化简，求出的值，将展开，代入即可．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由及知，，由正弦定理得，
解得，，则，
，则．
故选：．
先由正弦定理求得，进而求得，再由结合和角公式求解即可．
本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由于，，
则，
所以为奇函数，图象关于原点对称，
而，中图象不是关于原点对称，故A，B错误；
当时，，，，
则当时，，故C错误，
只有中图象符合题意．
故选：．
判断函数的奇偶性，结合函数值的正负情况，即可得答案．
本题主要考查函数的图象与图象的变换，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：，即，
，即，
，即，
故．
故选：．
根据对数函数的性质、指数函数及正弦函数的性质比较即可．
本题主要考查函数值大小的比较，考查函数性质的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，，则，
则是周期为的周期函数，
则，，
函数的图象关于点成中心对称，
，
，
，由，
则．
故选：．
由题可得函数的周期为，结合条件可得一个周斯内的函数值，用分组求和即得．
本题考查函数的求值，函数的周期性，中心对称，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，对于中，若，根据“大角对大边”，则有
根据正弦定理，，，故A正确；
对于，若，则与相等或互补，不一定为等腰三角形，故B错误；
对于，若，则，是钝角三角形，故C正确；
对于，，，，符合条件的只有个，故D错误．
故选：．
对于，由，根据“大角对大边”，则有根据正弦定理，得；对于，若，则与相等或互补；对于，推导出；对于，符合条件的只有个．
本题考查命题真假的判断，考查三角函数的性质与图象等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】
【解析】解：由于函数满足，
所以函数的对称轴满足，
故，
由于，
当或时，所以或．
故或；
对于：，故A错误；
对于：，故B正确；
对于：当或时，不满足奇函数，故C错误；
对于：当满足满足奇函数，当或时，满足奇函数，故D正确．
故选：．
直接利用函数的性质确定函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
11.【答案】
【解析】解：，
设，
，在上为减函数，，A错误，
，，，，B正确，
，，，，，C正确，
，，，，D错误．
故选：．
利用对数函数，指数函数的单调性，不等式的性质判断即可．
本题考查对数函数，指数函数的单调性，不等式的性质，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：在的斜坐标中，，，
，A正确；
，则，B错误；
，C错误；
因为，，
在上的投影向量为，D错误．
故选：．
由已知结合已知定义及向量数量积的性质分别检验各选项即可判断．
本题以新定义为载体，主要考查了向量数量积的性质的综合应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
又，，三点共线，所以，得．
故答案为：．
由及，，三点共线的等价条件，即可列出方程，求得答案．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为函数且的图象经过定点，
令，则，，
所以，
于是，，
所以．
故答案为：．
先由指数型函数过定点的性质求得的坐标，再利用三角函数的定义即可求得，，从而得解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题意可得：，整理得．
故答案为：．
根据题意结合对数的定义及运算求解．
本题主要考查函数的实际应用，属于基础题．
16.【答案】或
【解析】解：作函数函数的图象，
结合图象可知，
当方程有三个不同的实根，或，
当方程有四个不同的实根，且，，，，满足，
，故，
时，，对称轴为，故，
故．
故答案为：或，．
作函数函数的图象，从而可得当方程有三个不同的实根，或，，，即可得到答案．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合的思想应用及学生的作图能力，同时考查了配方法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：，，且与的夹角为．
，，，
，解得，或舍
，
．
，
与垂直，
，
解得．
【解析】本题考查向量的模的求法，是基础题，
解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．
由，求出，由此能求出
由，与垂直，能求出实数的值．
18.【答案】解：因为，
所以，
由正弦定理得，
因为，
整理得，
由为三角形内角得；
因为，，，
由余弦定理得，
所以，
解得，
的面积．
【解析】由已知结合和正弦定理及差角公式进行化简，可求，进而可求；
由已知结合余弦定理可求，然后结合三角形面积公式可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理及和差角公式，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题
19.【答案】解：由对数的性质可得且，解得，则函数的定义域为；
函数是奇函数，
理由：因为函数的定义域关于原点对称，
，所以是奇函数．
若，则，解得，
所以，
若，则，
所以，
故不等式的解集为．
【解析】由对数的真数大于，可得所求定义域；
由函数的奇偶性的定义，判断可得结论；
由对数的运算性质可得的值，再由对数函数的单调性，解不等式可得所求取值范围．
本题考查函数的定义域和奇偶性、单调性和运用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
20.【答案】解：时，，，
，
关于对称，当时，单调递减，当时，单调递增．
，，．
．
，，
对称轴为，函数图象开口向上，
当时，在上单调递增，
，即，
，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
，无解，
当时，在上单调递减，
，即，
，
综上，当时，或．
【解析】把代入后结合二次函数在区间上单调性即可求解最值；
由已知结合对称轴与已知区间的位置关系进行分类讨论进行求解即可．
本题主要考查了二次函数闭区间上最值的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档试题．
21.【答案】解：选，由，可得，
中，，
，则，
，
可得，则，
因此；
选，，
，，
，得；
选，，则，
中，
，
中，，，得；
的面积为，
则，有，
又，则，
两边同时平方可得，
，等号成立时，即，
故AD的最小值为．
【解析】分别选取三个条件，运用正余弦定理和三角恒等变换化简求值．
借助向量的运算求的最小值．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化思想，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ作，垂足为，作，垂足为，
因为，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
所以．
Ⅱ因为，所以，，，，
所以，，
令，则，
，，
所以，，
所以，，
设，则，
所以，
易知在单调递增，且，
所以，，在单调递减，
所以，当，即时，取最小值，
所以，若大卡车在里侧车道转弯时对任意，此车都不越中间车道线，求此大卡车的车长的最大值为．
Ⅲ由表可得，里侧车道通行密度有最大值和最小值，适用模型，
易得，
所以，，
又，，
所以，
而外侧车道通行密度关于对称，左侧递增，右侧递减，适用模型，
易知，代入，，得，，
所以．
【解析】Ⅰ通过解直角三角形，分别求出，，，，即可求得本题答案；
Ⅱ用表示，利用换元法并结合函数的单调性，求出的最小值，即可得到大卡车车长的最大值；
Ⅲ先判断里外车道对应的模型，分别求出相应的解析式即可．
本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
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