黑龙江省哈尔滨市实验中学2022-2023高一下学期第一次月考数学试卷（解析版）

黑龙江省实验中学2022—2023学年度下学期高一学年第一次月考
数学学科试题
考试时间：90分钟 总分：100分
一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）
1．计算的结果等于（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，若，则（ ）
A． B．20 C． D．
3．若（其中，，），则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知非零向量、满足，且，则的形状是（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰（非等边）三角形 D．等边三角形
5．已知，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，且，则的周长为（ ）
A． B．15 C． D．
7．东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股 定理的证明， 后人称其为 “赵爽弦图”. 如图 1 ， 它由四个全等的直角三 角形与一个小正方形拼成的一个大正方形. 我们通过类比得到图 2， 它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形 拼成的一 个大等边三角形， 若， 则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．如图所示，梯形中，，点为的中点，，，若向量在向量上的投影向量的模为4，设、分别为线段、上的动点，且，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，部分选对得2分，有错选得0分）
9．由曲线得到，下面变换正确的是（ ）
A．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线
B．把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线
C．把向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线
D．把向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线
10．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于点对称
B．的图象关于直线对称
C．在上的单调减区间是，
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是
11．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则面积的最大值为
B．若，且只有一解，则b的取值范围为
C．若，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D．若为锐角三角形，，则AC边上的高的取值范围为
12．已知点P在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）
A．若P为的垂心，，则
B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为
C．若为锐角三角形且外心为P，且，则
D．若点O是所在平面内一点，动点P满足，则动点P的轨迹经过的重心
三、填空题（共4小题，每小题4分，共16分）
13．求值 ．
14．正方形ABCD的边长为a，E是AB的中点，F是BC边上靠近B的三等分点，AF与DE交于点M，则的余弦值为 ．
15．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛_上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为 m．

16．已知为锐角三角形，满足，外接圆的圆心为，半径为1，则的取值范围是 .
四、解答题（共3小题，每题12分，共36分）
17．如图，某公园摩天轮的半径为40m，圆心距地面的高度为50m，摩天轮做匀速转动，每3min转一圈，摩天轮上的点P的起始位置在最低点处．
(1)已知在时刻t（单位：min）时点P距离地面的高度（其中，，，求函数解析式及5min时点P距离地面的高度；
(2)当点P距离地面及以上时，可以看到公园的全貌，求转一圈中有多少时间可以看到公园的全貌？
18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求的大小；
(2)若，D是边AB上的一点，且，求线段CD的最大值．
19．对任意平面向量，将绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，则叫做把点且绕点沿逆时针方向旋转角得到点Q，已知平面内两点，．
(1)将点且绕点沿逆时针方向旋转后得到点Q，求点Q的坐标；
(2)已知向量，向量是向量在向量上的投影向量，若，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
1．A
【分析】由诱导公式结合差角公式求解即可.
【详解】
故选：A
2．D
【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】因为，所以解得，
所以，所以，
故选:D.
3．B
【分析】根据和差角公式以及弦切互化即可求解.
【详解】由可得,
故，
由于，故,
故选：B
4．D
【分析】由可得，再由可求出，即得三角形形状.
【详解】因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，
由，可得的角平分线与垂直，
所以为等腰三角形，且，
且，
所以，又，
所以，
所以，
所以三角形为等边三角形．
故选：D．
5．B
【分析】先利用以及倍角公式求出，进而根据可得，再代入计算即可.
【详解】，，，
,
解得或，又，
则，，
故选：B.
6．B
【分析】利用正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理可求，可求解的值,利用三角形的面积公式可求，由余弦定理可求，即可求周长．
【详解】已知,由正弦定理得：，
整理可得，所以，
由于，所以；
的面积，所以，
又，所以由余弦定理，
可得，
解得或（舍去），
所以的周长．
故选：B
7．C
【分析】由同角关系求，由两角差正弦公式求，设，由正弦定理求，由余弦定理求.
【详解】因为，，
所以，
而 ，
在 中， 设，则，
由正弦定理得 ， 解得，
由余弦定理 ，
所以.
故选：C.
8．D
【分析】由向量的运算及投影向量的模求出梯形的直角边长，再建立平面直角坐标系，利用坐标运算得出关于的函数，利用对勾函数单调性求最值即可得解.
【详解】，，
梯形为直角梯形，
，
，即，
由，同理可得，
又向量在向量上的投影向量的模为4，所以，
以B为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则，
，
所以，
由且可得，
令，则由对勾函数单调性知，
当时单调递减，时单调递增，
故，由知，，
故，
故选：D
9．AD
【分析】根据图像的平移伸缩变换规律判断即可.
【详解】因为，
把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到图象，再把图象向左平移个单位长度，得到图象．故A正确，B错误；
把函数图象向左平移个单位长度，得到图象，再把图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到图象，故C错误，D正确.
故选：AD.
10．BCD
【分析】根据函数的部分图像求出、和、，写出的解析式，即可代入验证判断对称性，求解AB，根据整体法求解函数的单调性，即可求解C，结合函数图象即可求解D.
【详解】根据函数的部分图象知，，，所以，
由，得，，
又因为，所以，，
对于A，，所以的图象不关于点对称，A错误；
对于B，时，，所以的图象关于对称，B正确；
对于C，令 ，，解得，令时，则，时，则，故在上的单调减区间是，，C正确，
对于D，时，,画出函数在的部分图象，如图所示：由图象知，方程在上有两个不相等的实数根，的取值范围是，D正确．
故选：BCD．
11．AC
【分析】由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；根据余弦定理求解，即可根据高的表达式求解D.
【详解】对于A，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
若，且，所以，
由余弦定理得，
由，，可得，即，当且仅当时等号成立，
则面积，所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，若，且，由正弦定理得，
所以，当时，即，时有一解，故B错误；
对于C，若，所以，且为锐角三角形，
所以，解得，所以，
由正弦定理得，故C正确；
对于D，由于为锐角三角形，，，所以，
故AC边上的高为
则AC边上的高的取值范围为，故D错误．
故选：AC．
12．ACD
【分析】由得到，即可判断A；建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设，表达出，即可求解B；根据向量的线性运算可判断，，三点共线，结合外心的性质，即可判断C；根据正弦定理以及线性运算得共线关系即可判断D．
【详解】对于A，若为的垂心，则，又，
所以，A正确；
对于B，取的中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
则，
故当时，取得最小值，最小值为，B错误；
对于C，有题意得，则，
即，
如图，设为的中点，则，故，故，，三点共线，

因为是的外心，所以垂直平分，所以，C正确；
对于D：由正弦定理可知：，为三角形的外接圆的半径，可得，所以由可得,
取中点为,则,所以三点共线，

故动点P的轨迹经过的重心，故D正确；
故选：ACD
13．##
【分析】根据余弦二倍角公式即可求解.
【详解】,
故答案为：
14．
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用向量数量积的坐标运算进行求解即可．
【详解】建立如图平面直角坐标系，
则，，,，，
，,，
，
故答案为：．

15．
【分析】根据已知的边和角，在中，由正弦定理解得，在中，由余弦定理得.
【详解】因为，，所以，，所以，
又因为，所以，，

在中，由正弦定理得，即，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，解得．
故答案为：.
16．
【分析】利用正弦定理，将转化为边，得到，将所求的转化成，结合，全部转化为的函数，再求出的范围，从而得到答案.
【详解】根据正弦定理，
将转化为
即，又因为锐角，所以.
所以
因为是锐角三角形，
所以，所以，得，
所以
故的取值范围是.
【点睛】本题考查向量的线性运算、数量积，正、余弦定理解三角形，余弦型函数的图像与性质，属于难题.
17．(1)，70m
(2)0.5min
【分析】（1）根据题意得到振幅，最小正周期，求出，由求出，得到函数解析式，求出；
（2）在（1）的基础上，得到，解不等式，求出，，从而求出答案.
【详解】（1）依题意，，，，则，
所以，
由可得，，，
因为，所以．
故在时刻t时点P距离地面的离度，
因此，
故5min时点P距离地面的高度为70m；
（2）由（1）知，其中．
依题意，令，
即，所以，
解得，，
则，，
由，
可知转一圈中有0.5min可以看到公园全貌．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理及余弦定理可得到，进而即可求得的大小；
（2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，从而求出，进而即可求解．
【详解】（1）因为，
则由正弦定理得，整理得，
又由余弦定理有，得，
又，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
又，所以，，
在中，由余弦定理得
，
又，则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即线段的最大值为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据定义求出的坐标，进而求得点Q的坐标；
（2）把问题转化为，根据的范围可求得的范围可得答案.
【详解】（1）因为，，所以，
所以，依据题设定义得，
所以，
设点Q的坐标为，则有，
从而，解得，
所以点；
（2）因为向量是向量在向量上的投影向量，
所以
， ，
则不等式恒成立，
可得，
恒成立，
因为，所以，
所以，
所以.