Page182023-2024學年第二學期3月月考高一數學試題本試卷共6頁，150分.考試時長120分鐘.一、選擇題（每小題4分，共40分，四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.的值等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據余弦的和角公式即得.【詳解】.故選；D．2.如圖，在平行四邊形中，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據向量運算得.【詳解】由圖知，故選：B.3.為了得到函數的圖象，只需把函數的圖象（）A.向左平移個單位長度B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度D.向右平移個單位長度【答案】C【解析】【分析】利用三角函數平移變換對解析式的影響求解即可.【詳解】對于A，向左平移個單位長度得，故A錯誤；對于B，向右平移個單位長度得，故B錯誤；對于C，向左平移個單位長度得，故C正確；對于D，向右平移個單位長度得，故D錯誤；故選：C.4.已知，都是銳角，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】計算得到，，再根據展開得到答案.【詳解】，都是銳角，，，故，..故選：.【點睛】本題考查了同角三角函數關系，和差公式，意在考查學生的計算能力.5.已知為非零向量，且，則一定有（）A. B.，且方向相同C. D.，且方向相反【答案】B【解析】【分析】將已知等式兩邊平方，可得，利用數量積定義可得，可知兩向量同向.【詳解】因為，兩邊平方得，化簡得，即，則，，即方向相同，故只有B正確，故選：B.6.在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊位于第一象限，且與單位圓交于點，軸，垂足為.若的面積為，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由三角函數的定義結合三角形面積列出方程，再由倍角公式求出答案.【詳解】由三角函數的定義可知：，故，故，解得：.故選：D7.的最小值是（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式進行轉化，再利用輔助角公式把函數變形為，即可求解.【詳解】因為，故函數的最小值為，故選：B.8.函數在一個周期內的圖象如圖所示，則此函數的解析式為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據圖象先確定的值及周期，進而得到，分類討論，結合函數圖象過點，求出的值即可.【詳解】根據函數圖象可得,由周期,即，當時，，又函數圖象過點，則，所以,即，又因，故，則；當時，，又函數圖象過點，則，所以,即，又因為，故，則，綜上知，，故選：A.9.如果函數的兩個相鄰零點間的距離為2，那么的值為（）．A.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用輔助角公式化簡函數，由已知求出，再結合函數式計算作答.【詳解】依題意，，函數的周期，而，則，，，，所以.故選：A10.已知函數，如果存在實數，使得對任意實數x，都有，那么的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意分析可知為的最小值，為的最大值，故最小值為半個周期，由此得解.【詳解】因為的周期，又由題意可知為的最小值，為的最大值，所以的最小值為.故選：B.二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分）11.______.【答案】##【解析】【分析】利用正弦函數的倍角公式計算即可.【詳解】.故答案為：.12.已知角的終邊經過點，則．【答案】【解析】【詳解】試題分析：由三角函數定義可得：，由二倍角公式可得:考點：1．三角函數定義;2．二倍角公式13.與的大小關系是______（填：“或=”中的一個）.【答案】【解析】【分析】根據誘導公式化簡后，利用正切函數的單調性即可比較大小.【詳解】因為，，又，所以，故，故答案為：.14.已知函數，那么函數最小正周期為______；對稱軸方程為______.【答案】①.②.【解析】【分析】根據二倍角公式及輔助角公式化簡函數的解析式，繼而利用周期公式及整體代入法求解對稱軸即可.【詳解】因為，所以函數的最小正周期，令,得，所以函數的對稱軸為.故答案為：；.15.已知，.有下列四個說法：①的一個正周期為；②在上單增；③值域為；④圖象關于對稱.其中，所有正確說法的序號是______.【答案】①③④【解析】【分析】利用三角函數的性質：周期性、奇偶性、單調性、對稱性等知識即可求得結果.【詳解】對于①，因為，所以①正確；對于②，當時，，此時，又，所以在單調遞增，因為，為偶函數，所以單調遞減，故②錯誤；對于③，因為，所以值域為，故③正確；對于④，因為，所以圖象關于對稱.故答案為:①③④.三、解答題（共6小題，共85分，解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程）16.已知函數．（1）求的最小正周期；（2）求的單調遞增區間；（3）求方程的解集．【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）根據題意，由正弦型函數的周期公式即可得到結果；（2）根據題意，由正弦型函數的單調區間，代入計算，即可得到結果；（3）根據題意，列出方程，代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】最小正周期.【小問2詳解】∵在上單增，∴令，∴，∴的單增區間為.【小問3詳解】令即，∴或，∴或，∴方程的解集是或17.已知函數.（1）求的值；（2）求函數的對稱中心；（3）作出在一個周期內的圖象（將給定的表格中填全，并描點畫圖）0

【答案】（1）（2）（3）答案見解析【解析】【分析】（1）根據函數的解析式代入求值即可；（2）整體代入法進行求解即可；（3）利用五點作圖法填寫表格作出圖象即可.【小問1詳解】因為，所以.【小問2詳解】令，得，所以函數的對稱中心為.小問3詳解】表格如下圖：00100圖象如下：18.已知函數.（1）求的值；（2）求在區間上的最大值和最小值.【答案】（1）（2）；【解析】【分析】（1）利用三角函數的恒等變換化簡，從而可得的值；（2）由得，從而結合正弦函數的性質即可得解.【小問1詳解】因為，所以.【小問2詳解】由，可得，所以當，即時，取得最大值；當，即時，取得最小值.19.已知函數部分圖象如圖所示．（1）求的解析式；（2）將函數的圖象向右平移個單位長度得到函數的圖象，求曲線的對稱軸只有一條落在區間上，求m的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由圖象可知，相鄰的對稱中心和對稱軸距離相差，再代入關鍵點可得解析式；（2）根據圖象的變換得到解析式，求解函數的對稱軸，由題意列不等式即可求解.【小問1詳解】由圖象可知的最大值為1，最小值-1，故；又且，∴，將點代入得，，∴，即，又，∴，所以；小問2詳解】由的圖象向右平移個單位長度得到函數，令得，∴曲線的對稱軸為，∵曲線的對稱軸只有一條落在區間上，∴.20.已知函數，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為一組已知條件，使的解析式唯一確定.（1）求的解析式；（2）設函數，若在區間上的最大值為，求的值.條件①：的最小正周期為；條件②：為奇函數；條件③：圖象的一條對稱軸為.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）若選①②，先由周期求得，再利用奇函數求得即可；若選①③，先由周期求得，再利用對稱軸求得即可；若選②③，由奇函數求得，可取，再由對稱軸為，可求得，解析式不唯一，不合題意；（2）先由求出并化簡解析式，求得，再利用單調性求得最大值即可求解.【小問1詳解】若選①②，則,解得，又函數為奇函數，則，即，解得，又，所以，故.若選①③，則,解得，又圖象的一條對稱軸為，所以，故，解得，又，所以，故.若選②③，因為函數為奇函數，則，即，解得，又，所以，故，可令，則，又圖象的一條對稱軸為，所以，故，解得，又，所以，時，符合題意，故，此時函數和均為奇函數，且，均滿足一條對稱軸為，故解析式不唯一，不合題意.【小問2詳解】有知，則，由得，故當，即時，，故.21.對于函數，，，及實數m，若存在，，使得，則稱函數與具有“m關聯”性質.（1）分別判斷下列兩組函數是否具有“2關聯”性質，直接寫出結論；①，；，；②，；，；（2）若與具有“m關聯”性質，求m的取值范圍；（3）已知，為定義在R上的奇函數，且滿足：①在上，當且僅當時，取得最大值1；②對任意，有.求證：與不具有“4關聯”性質.【答案】（1）①有；②沒有；（2）；（3）證明過程見解析.【解析】【分析】（1）根據具有關系“2關聯”性質的定義判斷即可.（2）求解的值域即可得出結果.（3）根據的性質求出其值域，結合三角函數的值域推理作答.【小問1詳解】①存在，，使得，所以函數具有“2關聯”性質；②，，而，，因此，，顯然不存在，，使得，所以函數不具有“2關聯”性質.【小問2詳解】，，則，，所以m的取值范圍是.【小問3詳解】因為在上，當且僅當時，取得最