高屆拔尖強基聯盟高一下3月聯合練習數學試題（滿分：分；考試時間：分鐘）年3月注意事項：答題前，考生先將自己的姓名、班級、考場座位號、準考證號填寫在答題卡上.答選擇題時，必須使用鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應的答題區域內作答，超出答題區域書寫無效保持答卷清潔、完整.考試結束后，將答題卡交回（試題卷學生保存，以備評講）.一、單項選擇題：本大題共85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.已知角的終邊過點，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據三角函數的定義及誘導公式即可求解.【詳解】因為角的終邊過點，所以，.故選：D.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義，誘導公式，屬于容易題.2.在中，，是一元二次方程的兩個根，那么是（）A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.無法判斷【答案】A【解析】【分析】由根與系數關系，結合三角形內角性質、和角正切公式判斷正切值符號，即可得.【詳解】由題設，，易知同正，第1頁/共18頁則，而，所以均為銳角，即是銳角三角形.故選：A3.梅涅勞斯定理（簡稱梅氏定理）最早出現在由古希臘數學家、天文學家梅涅勞斯的著作《球面學》中，經過不斷地研究和推導，發現任何一條直線截三角形的各邊或其延長線，都使得三條不相鄰線段之積等于另外三條線段之積.即如圖所示，若直線分別截三邊延長線于點，，，則有，現若發現圖中，，則為（）A.B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】由向量的數量積公式分別得到，，然后兩式相除得的值，由條件即可求出.【詳解】，，∴，又∵，∴，故選：A.4.已知函數的定義域是，滿足，且，，則的值為（）A.0B.1C.2D.4第2頁/共18頁【答案】B【解析】是以4為周期的周期函數，結合和函數的對稱性，求得，且，結合周期性，即可求得的值.【詳解】由，可得，又由，可得，即，所以，所以函數是以4為周期的周期函數，因為，可得函數的圖象關于對稱，又因為，可得，所以的圖象關于中心對稱，可得，則因為，可得，且，，所以，則.故選：B.5.求的值為（）A.1B.2C.D.4【答案】D【解析】【分析】借助切化弦，輔助角公式，誘導公式，二倍角公式對代數式進行化簡求職.【詳解】第3頁/共18頁，故選：D.6.在中，角，，的對邊分別為，，，已知，，，那么該三角形解的情況為（）A.無解B.恰有一解C.恰有兩解D.不能確定【答案】C【解析】【分析】由三角形內角的性質得，結合的大小關系，即可判斷三角形個數.【詳解】中，則，而，，所以，顯然滿足的三角形恰有兩個.故選：C7.函數的圖象如圖所示，其中，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據三角函數的圖象求函數解析式，再代入自變量求函數值即可.第4頁/共18頁【詳解】由題圖，且，則，故，由，則，又，則，所以，則.故選：D8.已知函數，滿足，且函數在單調遞增，設函數在區間的最大值為，最小值為，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出，利用單調性確定的范圍，結合范圍可求答案.詳解】，，,又時，單調遞增,，，且，，，或，或，時，，時，，第5頁/共18頁∴和在其范圍內，即取得最大值和最小值，.又時，，的最小值始終在處取得，且最大值，，綜上的取值范圍為.故選：B36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.設，是兩個非零向量，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則使得C.若，則與的夾角為銳角D.在方向上的投影向量的模為【答案】ABD【解析】【分析】依據向量數量積的概念與性質，研究模、夾角、垂直，投影向量的概念，向量共線定理等知識對選項逐一判斷即可.【詳解】對于A選項：因為，所以，正確；對于B選項：由向量共線定理知正確；對于C選項:若，則當同向且為非零向量是滿足條件，此時夾角不為銳角，故不正確；對于D選項：由投影向量的概念知，在方向上的投影向量的模為，正確.故選：ABD.10.已知函數的最小正周期是，把它的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象所對應的函數為奇函數，則以下結論中正確的有（）第6頁/共18頁A.的圖象關于直線對稱B.當時，的值域為C.的圖象關于點對稱D.在上有3個零點【答案】AB【解析】【分析】根據題設中函數的基本性質求參數值得項的正誤.【詳解】由題設知，且為奇函數，則，又，所以，則，，則是的一條對稱軸，A對；，則，故值域為，B對；，則不是一個對稱中心，C錯；，則，而在上只有2個零點，D錯.故選：AB在中，，角、、對邊分別為，，，則下列式子正確的是（）A.B.C.若是直角三角形，則.D.若是銳角三角形，在上有一動點，則最小值為.【答案】BCD【解析】第7頁/共18頁【分析】利用商數關系、和角正弦公式及三角形內角的性質得判斷AA分析及余弦定理有，再應用基本不等式判斷B；根據已知得，進而有，，再應用三角形面積公式判斷C；過作，要求的最小值，應在之間運動，再應用向量數量積的定義及運算律得求最小值判斷D.【詳解】A，，則，即，，即，又，則，由正弦定理得，，錯；B，由及余弦定理，得，即，由基本不等式知，，當且僅當，即時等號成立，所以，對；C，在中，由于，所有，均不為直角，進而，則，代入得：，由于為銳角，所以，，所以，對；D，過作，則，又在之間運動時，與的夾角為鈍角，因此要求的最小值，應在之間運動，即，又，當時，取最小值為，對.故選：BCD第8頁/共18頁三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.已知，，與的夾角為，則______.【答案】【解析】【分析】根據已知，應用向量數量積的運算律及其定義求.【詳解】由.故答案為：13.已知，.若，，則的值是______.【答案】.【解析】【分析】又得到的氛圍，由同角三角函數的關系求得.利用誘導公式得到，再由余弦函數在單調得到角的關系，然后得到結果.【詳解】∵，由∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，又∵在上單調遞減，∴，∴，第9頁/共18頁故答案為：14.在銳角中，角，，的對邊分別為，，，若，則的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】法一：應用正弦邊角關系得，再由余弦定理、銳角三角形內角性質及二倍角余弦公式可得，進而有，，即可得，即可求范圍；法二：應用正余弦定理有，結合銳角三角形內角性質得，后續同法一.【詳解】法一：由正弦定理角化邊得，由，所以.由，因為為銳角三角形，所以，，所以，所以，則，，因為為銳角三角形，，解得，設，則，法二：由正弦定理角化邊得.第10頁/共18頁由余弦定理，則.由正弦定理，則.則，由為銳角三角形，得，.所以，即，后續同法一.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（1）已知，求的值.（2）已知，，與的夾角為，當與垂直時，求的值.【答案】（1）2）【解析】1）先利用兩角和差公式化簡得出的值，再利用齊次化思想將目標轉化為關于的式子求解；（2）先求，再利用數量積的運算律化簡即可求.1），解得.則（2）由題意可得，則，解得第11頁/共18頁16.已知函數.（1）求的對稱中心和單調遞增區間；（2）將函數的圖象先向左平移個單位，再將橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到函數，當時，求函數的值域.【答案】（1）對稱中心為，單調遞增區間為；（2）.【解析】1）應用三角恒等變換得，再應用正弦函數的性質求對稱中心和遞增區間；（2）根據圖象平移得，進而求其在給定區間的值域.【小問1詳解】，令，，對稱中心為，令，，所以單調遞增區間為；【小問2詳解】，第12頁/共18頁因為，所以，則，則，即值域為.17.在中，內角，，的對邊分別為，，，滿足.（1）求角的大小；（2）若是銳角三角形，，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】1）由正余弦定理可得，結合三角形內角性質求角；（2）由正弦定理得，結合已知得，再應用余弦定理可得，由基本不等式求其最小值.【小問1詳解】由正弦定理可得，，由余弦定理可得，所以，，因為，所以.【小問2詳解】由正弦定理得，則，第13頁/共18頁，則，，則，由余弦定理知，，，，當時取得最小值為，的最小值為.18.已知，.（1）若，其中，求；（2）求關于的不等式的解集；（3）若函數在內有兩個零點，求的取值范圍.【答案】（1）或；（2）；（3）【解析】1）由已知及求的正余弦值，進而得；（2）應用三角恒等變換得，根據正弦函數的性質求解集；第14頁/共18頁（3.【小問1詳解】，又，解得或，所以或；【小問2詳解】由，所以，則，由正弦函數圖象可知，得，解集為；【小問3詳解】有兩個零點，所以有兩個解，顯然時無解，則有兩個解，令，則，第15頁/共18頁令，在上單調遞減且值域為，在上單調遞減且值域為，由余弦函數圖象知時有2個解，此時，當函數有兩個零點時，.19.已知面積為6的對邊分別為.為中點，為邊靠近點的三等分點.（1）求的面積；（2）若，求的取值范圍；（3）若，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)設，將分別用表示，通過求出的值，從而找出的面積與面積的關系，即可求得；(2)由三角形面積公式，得，再由正弦定理化簡得到，將平方后用第16頁/共18頁表示為，再利用函數或判別式法求值域即可；(3)根據已知條件得到的關系，在中，由余弦定理和面積公式進一步得到的關系，即的關系，再通過方程有解即可求出的最小值.【小問