【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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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13ADABB

DABBC，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23313ln2ln8loglog82100ln3ln3Q，化简得2333log2log8log64100Q，所以2641

00Q，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,cossin2AaaBCcc，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5,02M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，23fxxmx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．ABD【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ABC的外心，B正确，C错误；由上2PAP

BPO，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ln

10x，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ex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1

04k，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2sinsin2sinsincossinsin2C

BAAABBA2sinsincos2sinsincos2sinsincossincosAABBAAAABBA2sinsinAAB，因为π0<<,π2CCAB，所以0ssinsinπinCACB，可得sinsi

nBAA，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si

n2sinsin3sin2coscos2sinsinsinsinsinAAcCAAAAAaAAAA222coscos24cos11,2AAA.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12

0°，∴12111cos1202ee．∴1221122113222112122abeeeeeeee．.................................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2

680aa.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A

BC中，由正弦定理得，sinsinacAC，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180

4530105B，22a，所以ABC的面积11231sin222sin105223122222ABCSacB..................................12分19．【详解】（1）,cos

1sinxxm，sin,cosnxx，mn∥，第6页sincossc1inosxxxx．又5π0,6x，0sinx．1cos2x，π3x．...........

...............................................................................................5分（2）222sincocoscoscoscos2co1ss1fxaxxax

amnxxxx，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()22sinc

os22cos22sin2(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()14

A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：4sinbB，4sincC，则216sinsin16sin()sin16sin()sin82(sinsin

cos)41cos2182(sin2)42(sin2cos21)8sin(2)42224bcBCACCCCCCCCCCCC∵4A∴304C，∴52444C∴当24

2C时，即：38C时，sin(2)4C取得最大值为1，∴max()842bc，∴max2(842)2224S，∴△ABC的面积最大值为222....................................................

......................................12分21.【详解】(1)在菱形ABCD中，ADABAC，且CDDCAB，4ADAB又,3232,2ABCDCFFDCF.1621443

2163260cos323232323222ADABABADABABABADABCFAC......................................................................

...............................................................................5分(2)（i）菱形ABCD，,ABDCAD

BC，则ADABCBDCCECFEF2132213212AEABBEABAD22121211()()232364AEEFABADABADABABADAD

21136cos,36364156cos,ABADABADABAD,(0,)ABA

D，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()2sin(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