湖南省永州市第一中学2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题 答案

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【文档说明】湖南省永州市第一中学2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题 答案.pdf,共(8)页,278.975 KB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

第1页2023年上期高一第一次月考数学试卷答案题号123456789101112答案BBDDCADDADBCABDACD13.414.68i15.,04,16.21,3.D【详解】如图,因为2,60ABB,而AD为高,故1BD,又13ADABBDAB

BC,故13BBCCAABB,而,ABBC不共线,故11,3,所以43,故选:

D.4.D【详解】因为31log2100Qv,所以当鲑鱼静止时,10m/sv,即131log02100Q,化简得11100Q,所以1100Q;当23ln2m/sln3v,即23313ln2ln8loglo

g82100ln3ln3Q,化简得2333log2log8log64100Q,所以264100Q,所以26400Q.21640064100QQ.故选:D.5.C【详解】因为向量AB在AC上的投影向量

为2||ACAC,故BAC为钝角,如图,过B作AC的垂线,垂足为E,则E在CA的延长线上,而向量AB在AC上的投影向量为cosACACABBACAEACAC,故=2AE,而3ABCS

△,故1332BE,故=2BE,故25+4=29BC,故选:C.6.A【详解】lgsinlgcoslgsinlg2ABC,sin2cossinABC,由正弦定理可得sinsinacAC,sin,cossin2Aaa

BCcc,222cos22acbaBacc,整理得22,cbcb,ABC∴的形状是等腰三角形,故选A.7.D【详解】解:由题知,函数fx的周期T满足531422MPTxx,解得6T,第2页所以2ππ63,由图象与x轴的交点为5,0

2M得π5π(Z)32kk,因为π||2,所以π6,即ππsin36fxAx,所以,fx图象与y轴的交点为0,2AN,因为NMNP,所

以255,1,022224AAANMNP,解得10A(负舍),所以ππ10sin36fxx,所以若将fx的图象向左平移1个

单位得到的图象对应的函数为gxπππ()10sin10cos323gxxx,所以(0)10g.故选:D8.D【详解】由题意得定义在0,上的函数23fxxmx具有性质12P,即

120,,0,xx,满足12122xfx,即120,,0,xx,211fxx恒成立;记函数23fxxmx,0,x的值域为M,1(,1)1x,则由题意得(,1)M,当02m,即0m时,23f

xxmx在0,x单调递减,则(0)3fxf,即(,3)M,此时不满足(,1)M,舍去;当02m,即0m时,23,0,fxxmxx在2mx时取得最大值

,即222max()33224mmmfx,即2](34,mM,要满足(,1)M,需2314m,解得4m或4m,而0m,故4m,即m的取值范围为4,,故选:D11.AB

D【详解】由2ACACAB,又斜边2AB,则2,0AC,故4,0ACAB,A正确;若O为AB中点,则ABAO21,故22sincosAPAOAC,又22sincos1,所以,,OPC共线,故P在线段OC上,轨迹长为1,又O是A

BC的外心,B正确,C错误;由上2PAPBPO,则()22||||PCPAPBPCPOPCPO,第3页又||||||1PCPOOC,则2||||1

||||()24PCPOPCPO,当且仅当1||||2PCPO等号成立,所以1()2||||[,0]2PCPAPBPCPO,D

正确.故选:ABD12.ACD【详解】当0x时,214fxxx,易得fx开口向上,对称轴为12x,所以fx在1,2上单调递减,在1,02上单调递增,且102f,当0x

时,21144yxx,注意此时fx在0x处取不到函数值;当0ex时,ln1x,则ln10x,所以1e1lnlog1fxxx,易得fx的图像是1elogyx的图像向上平移1个单位得到的,当e

x时,1elog10yx,注意此时fx在ex处取不到函数值;当ex时,ln1x,则ln10x,所以ln1fxx,易得fx的图像是lnyx的图像向下平移1个单位得到的,且

e0fxf;综上,画出fx与yk在R上的图像,如图,对于A,因为fx与yk的图像的交点个数即为方程Rfxkk的解的个数,又Rfxkk有四个不同的实数解,所以104k,故A正确;对于B,结合图像可知3ex,故B错

误;对于C,结合图像可知1,xk与2,xk关于12x对称,所以121xx,故C正确;对于D,因为341lnln1xx,所以34ln2xx,所以234exx,由选项C知121xx,又120,0xx,则121xx,所以

21212121024xxxxxx,当且仅当12xx且121xx,即1212xx时,等号成立,第4页易知12xx,所以12104xx,所以21234e04xxxx,

故D正确.故选:ACD15.,0,∞-4∞【详解】解:因为2gxfxx,且()fx是定义在R上的偶函数,则22gxfxxfxxgx,∴函数gx为偶函数,原不等式2(2)(2

)4fxfxx可化为22224fxxf,即22gxg,又因为函数()gx在区间[0,)上是增函数,则22x,解之得:<4x或0x,故答案为:,0,∞

-4∞.16.1,2【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得2sinsin2sinsincossinsin2CBAAABBA2sinsincos2sinsincos2sinsincossincosAABBAAAABBA

2sinsinAAB,因为π0<<,π2CCAB,所以0ssinsinπinCACB,可得sinsinBAA,因为ππ0022AB,,所以ππ22BA,所以2BA,π3CA,由202πBA

,203ππCA可得ππ64A,所以23cos22A,213cos24A,由正弦定理得sin2sinsin3sin2coscos2sinsinsinsinsinAAcCAAAAAaAAAA222coscos24

cos11,2AAA.故答案为:1,2.17.【详解】(1)解:∵1e,2e为单位向量,且1e,2e的夹角为120°,∴12111cos1202ee.∴12211221132

22112122abeeeeeeee..................................5分(2)设a与

b的夹角为.第5页∵22121244132aaee,2221112132bbee,∴311cos2233abab

.又∵0,,∴23,∴a与b的夹角为23....................................................................

..........................................10分18.【详解】(1)选条件①:23b,在ABC中,由余弦定理得,2222coscababC,2412223cos30aa,即2680aa

.解得2a或4a,满足条件的三角形有两个,不符合题意,舍去;选条件②:23ba即32ba,在ABC中,由余弦定理得,2222coscababC,223342cos3042aaaa,解得4a;选条件③:45A,在ABC中,由正弦定理得,si

nsinacAC,所以22sin2221sin2cAaC;................................................................................

........6分(2)选条件②:由题可知4a,3232ba,所以ABC的面积11sin423sin302322ABCSabC;选条件③:45A,则1804530105B,22a,所以ABC的面积112

31sin222sin105223122222ABCSacB..................................12分19.【详解】(1),cos1sinxxm,sin,cosnxx,mn∥,第6页

sincossc1inosxxxx.又5π0,6x,0sinx.1cos2x,π3x..........................................................................................

.................5分(2)222sincocoscoscoscos2co1ss1fxaxxaxamnxxxx,5π0,6x,3,12cosx

.令costx,则2211fxgttat,3,12t.函数fx没有最值等价于函数gt在区间312,上无最值.114a或1342a.

实数a的取值范围为,1233,....................12分20.【详解】(1)2()22sincos22cos22sin2(1cos)22222sin2cos2sin()4xxxfxxxxxx

∵[0,]x,∴5[,]444x∵()fx在区间[0,]上单调递减,45,24x,4x∴xf在区间,0上的单调递减区间为,4.........................................

.........................5分(2)由(1)知:()2sin()24fAA,即:sin()14A又∵(0,)A∴4A∴12sin24ABCSbcAbc△方法1:由余弦定理得:2282cos22bcAbc,∴2282bcbc①又∵

222bcbc,当且仅当b=c时去等号.②由①②得:842bc,当且仅当b=c时去等号.第7页∴△ABC的面积最大值为2(842)2224S;方法2:由正弦定理得:224sinsinsin4bcBC,解得:4s

inbB,4sincC,则216sinsin16sin()sin16sin()sin82(sinsincos)41cos2182(sin2)42(sin2cos21)8sin(2)42224bcBCACCCCCCCCCCCC

∵4A∴304C,∴52444C∴当242C时,即:38C时,sin(2)4C取得最大值为1,∴max()842bc,∴max2(842)2224

S,∴△ABC的面积最大值为222..........................................................................................12分21.【详解】(1)在菱形ABCD中,ADAB

AC,且CDDCAB,4ADAB又,3232,2ABCDCFFDCF.16214432163260cos323232323222ADABABADABABABADABCFAC.............

......................................................................................................

..................................5分(2)(i)菱形ABCD,,ABDCADBC,则ADABCBDCCECFEF2132213212AEABBEABAD

22121211()()232364AEEFABADABADABABADAD21136c

os,36364156cos,ABADABADABAD,(0,)ABAD,cos,(1,1)ABADAEEF的取值范围

是:(21,9).............................................................................12分第8页22.【详解】解:(1)由题意可知,2A,122T,故函数fx的周期为,故2,故()2s

in(2)fxx,2sin221212f,则2,62kkZ,即2,3kkZ,||2,3,2n2)3(sifxx;.....

...................................................................4分(2)证明:因为0,3xe,故当0,xxe时,10ln2x,原不等式可化为|(

)|23lnfxx,又因为10ln2x,则12323ln2x,要使得|()|23lnfxx在0,xe有解,只需1|()|232fx在区间0,xe有解,代入得:3sin232x,当3sin232x

解得,即,6xkk,Zk时,此时与区间,6kk与区间0,xe的交集为空集,当3sin232x,即,23xkk

,Zk时,令1k得2,23x时,满足3sin232x,又因为2e,所以0,32x,原不等式在区间0,xe有解.......................

..........12分

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