辽宁省大连市一0二中学2023-2024学年高一下学期4月月考 数学试卷【含答案】

大连市一0二中学2023-2024学年度下学期4月月考高一数学试题（满分：150分，考试时间：120分钟）第I卷（选择题）一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．一个扇形的弧长与面积的数值都是1，则这个扇形中心角的弧度数为（

）A． B． C．1 D．22．已知点在第三象限，则角的终边位置在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，，且，则向量的夹角是（

）A． B． C． D．4．定义行列式运算：，若将函数的图象向右平移（）个单位后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值是A． B． C． D．5．已知，则的值为（

）A． B． C． D．6．唐代以来，牡丹之盛，以“洛阳牡丹甲天下”的美名流传于世．唐朝诗人白居易“花开花落二十日，一城之人皆若狂”和刘禹锡“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”的诗句正是描写洛阳城的景象．已知根据花瓣类型可将牡丹分为单瓣类、重瓣类、千瓣类三类，现有牡丹花n朵，千瓣类比单瓣类多30朵，采用分层抽样方法从中选出12朵牡丹进行观察研究，其中单瓣类有4朵，重瓣类有2朵，千瓣类有6朵，则n＝（

）A．360 B．270 C．240 D．1807．已知函数的最小正周期为，且函数过点，现有如下说法：①；②函数的单调递增区间为；③．其中正确说法的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．38．函数在内的零点之和为（

）A． B． C． D．二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9．已知，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．10．点在所在的平面内，以下说法正确的有（

）A．若，则点为的重心B．若，则点为的外心C．若，则点为的内心D．若，则点为的垂心11．已知函数的部分图像如图所示，则下列说法错误的是（

）A．在区间上是增函数B．点是图像的一个对称中心C．若，则的值域为D．的图像可以由的图像向右平移个单位长度得到第II卷（非选择题）三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12．已知，，向量，，则当时，的最小值为．13．已知角的终边上有一点，且，则的值为.14．在长方形中，，，点P为长方形内部的动点，且，当最小时，.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）15．已知向量，，且与的夹角为．(1)求及；(2)求在上的投影向量的坐标；(3)若与所成的角是锐角，求实数的取值范围．16．某地文化和旅游局统计了春节期间100个家庭的旅游支出情况，统计得到这100个家庭的旅游支出（单位：千元）数据，按分成5组，并绘制成频率分布直方图，如图所示．

(1)估计这100个家庭的旅游支出的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）；(2)估计这100个家庭的旅游支出的第70百分位数（结果保留一位小数）；(3)以这100个家庭的旅游支出数据各组的频率代替各组的概率，在全国范围内随机抽取2个春节期间出游的家庭，每个家庭的旅游支出情况互相不受影响，求恰有1个家庭的旅游支出在内的概率．17．设函数，其中，已知，且.(1)求的解析式；(2)求的单调递增区间；(3)将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若存在，使得，求的取值范围.18．给出定义：对于向量，若函数，则称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.(1)设向量的伴随函数为，若，且，求的值；(2)已知，，函数的伴随向量为，请问函数的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.19．已知函数（）满足：，，且当时，．(1)求a的值；(2)求的解集；(3)设，（），若，求实数m的值．1．B【分析】根据扇形的面积公式及圆心角的定义求解即可【详解】设扇形中心角为，因为，则扇形半径，所以，故选：B2．B【分析】由所在的象限有，即可判断所在的象限.【详解】因为点在第三象限，所以，由，可得角的终边在第二、四象限，由，可得角的终边在第二、三象限或轴非正半轴上，所以角终边位置在第二象限，故选：B.3．D【分析】由可求得，根据向量夹角公式可求得结果.【详解】，，，又，.故选：D.4．D【详解】【解析】的图象向右平移个单位后，得的图象,因此,又,所以的最小正值为,选D.5．B【分析】首先将，再利用诱导公式计算的值即可.【详解】因为所以.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，同时考查学生分析问题的能力，属于中档题.6．D【分析】利用分层抽样中各层之间的比例，结合已知条件列方程求解.【详解】根据分层抽样的特点，设单瓣类、重瓣类、千瓣类的朵数分别为，由题意可得，解得，所以．故选：D7．C【分析】根据正切函数的周期公式求出，由求出可判断①；由正切函数的性质求出单调区间可判断②；由正切函数的对称性可判断③.【详解】由题意，，则，，因为，所以，即，因为，所以取，，故①错误；，令，得，故函数的单调递增区间为，故②正确；∵，∴是函数的图象的一个对称中心，故③正确．综上可得，正确说法有②③，共2个，故选：C．8．C【分析】根据反比例函数和正弦型函数的对称性可知与均关于对称，作出两函数图象，采用数形结合的方式可确定交点个数，结合对称性可得结果.【详解】令，关于点对称，关于点对称；令，关于点对称；在内的零点即为与的图象在内的交点的横坐标，作出与图象如下图所示，由图象可知：与在内共有个交点，由对称性可知：交点横坐标之和为，即在内的零点之和为.故选：C.【点睛】思路点睛：本题考查函数零点个数之和的问题，解决此类问题的基本思路是将问题转化为两个函数的交点横坐标之和，通过确定两个函数的对称性和交点个数来进行求解.9．ABD【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，逐项计算，即可求解.【详解】因为，平方可得，解得，因为，所以，所以，所以A正确；又由，所以，所以D正确；联立方程组，解得，所以B正确；由三角函数的基本关系式，可得，所以C错误.故选：ABD10．ABD【分析】利用向量的线性运算即可判断A；根据模长相等结合外心的性质即可判断B，利用向量的数量积和向量的线性运算，结合外心以及垂心的性质即可求解CD.【详解】对于A：设边，，的中点分别为，，，所以，则，所以，所以，，三点共线，即点在中线上，同理可得点在中线，上，所以点是的重心，故A正确；

对于B：若，所以点为的外心，故B正确；对于C：设边，,中点分别为点，，，则，所以，所以为线段的垂直平分线，同理可得，分别为线段，的垂直平分线，所以为三角形三条边垂直平分线的交点，所以点为的外心，故C错误；对于D：由已知可得，即，所以点在边边上的高上，同理可得点在边边上的高上，点在边边上的高上，所以点是的垂心，故D正确，故选：ABD11．ABC【分析】根据题意，结合图像即可得到函数的解析式，然后结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】由题图及五点作图法得，，，则，，故.由，得，所以函数在区间上是增函数.时，函数在区间上是增函数，故函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，故A错误；由，得，函数图像的对称中心是，而时，，故B错误；若，则，，则的值域为，故C错误；，将函数的图像向右平移个单位长度得到的图像，故D正确.故选：ABC.12．【分析】由平面向量共线的坐标表示可得出，再利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，则，由基本不等式可得，可得，当且仅当，时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.13．或【分析】由题意可得，解得或，再用诱导公式得到原式的值为，最后代入即得结果.【详解】由于在角的终边上，故，解得或.而，故原式的值为或.故答案为：或.14．##【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，设，由可得点在以为圆心，1为半径的半圆上，由此可得当共线时，最小，从而可求出点的坐标，进而可求出.【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，则，设，则，，因为，所以，即，所以点在以为圆心，1为半径的半圆上，所以当共线时，最小，过作于，因为，，所以，因为，所以，所以，所以，所以，故答案为：

15．(1)，(2)(3)【分析】（1）由向量的夹角坐标公式列出方程，求解得，代入向量坐标计算；（2）因在上的投影向量为，代入（1）中求得的，，计算和即得；（3）根据两向量的数量积大于0，且两向量不共线,列出不等式组求解即得.【详解】（1）由于与的夹角为，所以，即，解得，则，，，所以；（2）由（1）知，，在上的投影向量为，即在上的投影向量的坐标为；（3）由（1）知，，则，，由于与所成的角是锐角，所以,即：，解得且，即实数的取值范围为.16．(1)8.3千元；(2)9.7；(3)0.18.【分析】（1）利用频率分布直方图估计平均数.（2）利用频率分布直方图求出第70百分位数.（3）利用频率估计概率，再利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解即得.【详解】（1）估计这100个家庭的旅游支出的平均值为：（千元）.（2）由频率分布直方图知，旅游支出在的频率为，在的频率为，则这100个家庭的旅游支出的第70百分位数，则，解得，所以估计这100个家庭的旅游支出的第70百分位数为9.7.（3）以频率估计概率，得每个家庭的旅游支出在内的概率为，所以抽取2个家庭，恰有1个家庭的旅游支出在内的概率为.17．(1)(2)(3).【分析】（1）由已知不等式及函数的最值，可得周期与的关系，从而建立的等量关系求解可得；（2）结合余弦函数图象与性质，由整体角范围求解单调增区间；（3）先由图象平移关系得的解析析，再由不等式有解，可得，求出函数在上的最值即可得解.【详解】（1）由知，，则，又已知，所以，故中恰有一个取最大值，而另一个取最小值.所以有，则，故，则.因为，且，所以，，则.（2）令，解得，故的单调递增区间为.（3）由题意可得.∵，∴，此时，，由题意，要使有解，可得，即，解得，故所求的取值范围是.18．(1)(2)存在，【分析】（1）结合题意可得，进而得到，根据平方关系可得，进而根据两角差的余弦公式即可求解；（2）结合题意可得，设，结合可得，根据、，可得、，进而得到时，成立，进而求解.【详解】（1）由题意，，由，得，因为，所以，所以，所以，即.（2）由题意，，设，因为，，所以，，，所以，由，得，即，因为，所以，所以，又，所以当且仅当时，和同时等于，此时成立，所以在函数的图象上存在一点，使得.【点睛】关键点睛：本题第（2）问关键在于利用、，得到、，进而得到时，成立，从而求解.19．(1)(2)(3)．【分析】（1）根据题意可得，再由即可求解.（2）设，则，代入即可得出，再由分段函数单调性判断方法即可求解.（3）利用（2）的结论得，设，只需不等式在上恒成立，讨论的取值范围即可求解.【详解】（1）由题意，所以，又当时，，代入得，所以．（2）设，则，所以，又