德阳五中高2023级高一下期4月月考
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡交回.
第I卷
一 单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．设，为平面向量的一组基底，则下面四组向量组中不能作为基底的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
2．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为减函数的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，，则与同向的单位向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．或
8．已知函数的对称轴方程为，且函数在内恰有个零点，则满足条件的有序实数对（ ）
A．只有2对 B．只有3对 C．只有4对 D．有无数对
二 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．要得到的图象，可以（ ）
A．将曲线上所有的点向右平移个单位长度
B．将曲线上所有的点向右平移个单位长度
C．将曲线上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
D．将曲线上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
10．已知函数，下列选项中正确的是（ ）
A．为奇函数 B．在区间内有2个零点
C．的周期是 D．的最大值为
11．设是两个非零向量．则下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则存在实数λ，使得
D．若存在非零实数λ，使得，则
12．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在上单调递减
C． D．函数恰有8个零点
第II卷
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知与是两个单位向量，且向量与的夹角为，则向量在向量上的投影向量为 ．
14．已知函数的图象如图所示，则 ．
15．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于轴对称，则的最小值为 ．
16．如图，正方形中，，是线段上的动点且（），则的最小值为 ．
四 解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明 证明过程或演算骤.
17．已知，为锐角，且，．
（1）求的值；
（2）求的值．
18．已知：，，是同一平面内的三个向量，其中．
(1)若，且，求的坐标；
(2)若，且与垂直，求实数的值．
19．深圳别称“鹏城”，“深圳之光”摩天轮是中国之眼．游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，摩天轮最高点距离地面高度为120米，转盘直径为110米，当游客坐上“深圳之光”摩天轮的座舱开始计时．开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30分钟．开始转动t分钟后距离地面的高度为米．
(1)经过t分钟后游客距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中，，），求摩天轮转动一周的解析式；
(2)若游客在距离地面至少92.5米的高度能够获得最佳视觉效果，请问摩天轮在运行一周的过程中，游客能有多长时间有最佳视觉效果？
20．已知函数，其中
(1)求函数的最大值及取得最大值时的集合；
(2)求函数的单调递增区间和对称中心；
(3)若方程在区间上有两个解，若，求的值.
21．在△ABC中，已知，，，，Q为线段CA延长线上的一点，且.
(1)当且，设PQ与AB交于点M，求线段CM的长；
(2)若，求t的最大值.
22．已知函数，.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)若函数，且的图象与的图象有3个不同的交点，求实数的取值范围.
1．C
【分析】利用平面向量的共线定理判断每个选项中的向量组是否共线即可.
【详解】由题意，，是不共线的两个向量，可得和不共线，和不共线，和不共线，所以选项A，B，D的向量组都可以作为基底，因为，所以和不共线，故选项D的向量组不能作为基底.
故选：C
2．B
【分析】首先求出每个选项中的函数的周期，然后判断出单调性可得答案.
【详解】对于A，的最小正周期是，不满足题意，
对于B，的最小正周期是，
当时，为减函数，满足题意，
对于C，的最小正周期是，不满足题意，
对于D，的最小正周期是，在区间上为增函数，不满足题意，
故选：B
3．B
【分析】由题知，，再根据求解即可.
【详解】解：由题知，，，
所以，与同向的单位向量为.
故选：B
4．D
【分析】利用函数的奇偶性、定义域结合三角函数的性质判定即可.
【详解】观察图象可知函数为偶函数，
对于A，，为奇函数，排除；
对于B，，为奇函数，排除；
同理，C、D选项为偶函数，而对于C项，其定义域为，不是R，舍去，故D正确.
故选：D
5．B
【分析】根据向量数量积的坐标表示以及夹角范围计算，考虑向量反向的情况可得结论.
【详解】若“”可得，可得；
当时，与的方向相反，其夹角为，
即与的夹角为钝角或平角，充分性不成立；
若“与的夹角为钝角”，即可知，解得，必要性成立；
因此“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B
6．B
【分析】由可得，结合数量积的运算律可推出，即可求得答案.
【详解】因为，所以，
即,即，
又，所以，即，
而，所以，
故选：B
7．B
【分析】先利用三角函数的符号确定角、、的范围，再利用两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系的商数关系得到关于和的方程组，再利用两角和的正弦公式求出，进而结合角的范围进行求解.
【详解】因为，，
所以或；
若，则，
此时（舍）；
若，则，
此时（符合题意），
所以，
即；
因为且，
所以且，
解得，，
则，
又，所以.
故选：B.
8．B
【分析】根据题意求得函数，把函数的零点个数转化为方程实根的个数，结合方程在内实根的个数，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数，
因为函数图象的对称轴方程为，
当时，可得，当时，可得，
即两个相邻的最高点与最低点间的距离为，即，则，可得，
因为的图象关于直线对称，所以，
即，解得，
则，
所以函数的零点个数等价于方程实根的个数，
先研究方程在内实根的个数，
当或时，方程在内实根的个数为1；
当时，方程在内实根的个数为2；
当时，方程在内实根的个数为3，其中在内实根的个数为2，
因为是周期为的函数，
所以当时，在，内方程实根的个数均为2，
因为在内恰有2023个零点，且2023为奇数，
所以，不合题意.
当时，；当时，；
故满足条件的有序实数对只有3对.
故选：B.
9．BD
【分析】由题意，利用函数的图象变换规律，即可得出结论．
【详解】要得到的图象，可以将曲线上所有的点向右平移个单位长度，故选项A错误，选项B正确，
又的图象也可将曲线上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到，
所以选项C错误，选项D正确，
故选：BD.
10．BD
【分析】根据奇偶性判断A，由二倍角公式变形函数式，结合方程判断B，根据周期的定义判断C，结合二次函数性质判断D．
【详解】由题，A错；
由，可得（舍去），
又，因此有两解，B正确；
因为，，因此不可能是的周期，C错；
因为，∴时，取得最大值，D正确．
故选：BD．
11．ABD
【分析】综合运用平面向量数量积的定义和性质，及向量共线的充要条件逐项判断即可.
【详解】对于A，若，则，得，所以与不垂直，故A为假命题；
对于B，若，则，但，所以，即，所以B为假命题；
对于C，若，则，得，所以，即与反向，因此存在实数λ，使得，故C为真命题.
对于D，由C分析知仅当，即与反向共线时，成立，当非零实数λ不为负数，结论不成立，所以D为假命题；
故选：ABD.
12．ACD
【分析】利用周期定义求出周期可判断A；求出函数在上的解析式，结合周期性画出的部分图象可判断B；利用周期性计算可判断C；首先判断为偶函数，再画出函数、的图象可判断D．
【详解】对于A，由，可得，
即的周期为，故A正确；
对于B，当时，，
则，
所以，，结合周期性画出的部分图象如图所示：
由图可得在上单调递增，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，函数的定义域为，
又，
所以为偶函数，当时，令，
得，即，画出函数的图象，
又，，，
所以与在上的图象只有个交点，
即在上只有个零点，
根据偶函数的对称性可得恰有个零点，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：D选项解题的关键点是画出函数与的图象，数形结合得到零点个数.
13．
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】向量在向量上投影向量为，
故答案为：
14．
【分析】由图象可得A，及函数周期，后由图可得，可得，即可得答案.
【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，
，则，
，
，即，
由于，
，故
故答案为：
15．
【分析】合并为，由函数 图像向左平移求出函数=，利用的图像关于轴对称列方程即可求解．
【详解】函数可化为，
将它的图像向左平移个单位长度后得到函数= ，
因为的图像关于轴对称，所以，解得：
所以，又，
所以的最小值为．
【点睛】本题主要考查了两角和差公式及平移变换，还考查了三角函数的性质及计算能力，属于基础题．
16．##
【分析】通过设将用的另一个表达式表示，再结合题设条件推得，运用常值代换法和基本不等式即可求得.
【详解】因是线段上的动点，不妨设,则，又，
则,
又，故得：，解得：.
因，于是由，
当且仅当时等号成立，即时，的最小值为.
故答案为：.
17．（1）；（2）
【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求出，再根据两角和的正弦公式计算可得；
（2）首先根据同角三角函数的基本关系求出，再根据计算可得；
【详解】（1）∵，为锐角，，∴
∴=
（2）∵为锐角，∴，
由得，
∴
=
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的应用，以及两角和的正弦、余弦公式的应用，属于基础题.
18．(1)或
(2)
【分析】(1)由向量共线的坐标表示和模的坐标表示列方程求出的坐标；(2)根据向量垂直的坐标表示列方程求出实数的值．
【详解】（1）∵，，故可设，由，可得，
解得，
∴或．
（2）∵，，∴，
∵与垂直，∴，
∴，
∴ ．
19．(1)
(2)分钟
【分析】（1）根据最高、最低点距离地面高度计算出，根据转一周的时间计算出，再结合初始位置计算出，由此可求；
（2）化简，根据，求解出的范围，由此可知结果.
【详解】（1）由题意可知：摩天轮最高点距离地面，最低点距离地面，所以，所以，
又因为转一周大约需要，所以，
所以，
又因为，所以且，所以，
所以；
（2）因为，
令，则，
又因为，所以，
所以，且分钟，
故摩天轮在运行一周的过程中，游客能有分钟最佳视觉效果.
20．(1)最大值2，此时的集合为
(2)；，
(3)
【分析】（1）利用向量数量积的坐标运算结合二倍角公式及辅助角公式化简即可求得函数解析式，结合取最大值的条件进行计算即可；
（2）整体代入法求解即可；
（3）化简方程，结合条件可得，结合即可求解.
【详解】（1）
即，
则当，
即时，取得最大值2，
所以使取得最大值时自变量的集合为.
（2）令，
可得，
的单调递增区间是
令，可得，
所以函数的对称中心为.
（3）
可化为
，
由题意，当时，
在区间上有两个解，
，
则，
由已知可得：
21．(1)
(2)
【分析】（1）用表示，结合向量的模公式，即可求得本题答案；
（2）结合题目条件和向量积的公式，逐步化简，可得到，然后分离变量，利用函数的单调性即可求得本题答案.
【详解】（1）因为且，所以是的中点，是的中点，则M是的重心，
设，
所以，
；
（2）因为，，
所以，
，
，
，
由，得：，
所以，因为，，
所以，，
令，则在单调递减，所以当时，有最大值－3.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出，令换元后变为，利用二次函数的性质确定最小值；
（2）求出，进而确定，令换元后有化为，化为，问题转化为有两个根，且一个根在内，一个根在内，设，通过限制二次函数根所在区间得出不等式，求解不等式即可解出实数的取值范围.
【详解】（1），所以，
令，因为，则，
所以变为，函数的对称轴为，
当时，函数在上单调递增，时，函数有最小值；
当时，函数在上单调递增减，函数在上单调递增，
时，函数有最小值；
当时，函数在上单调递减，时，函数有最小值.
（2）即，所以，
令，所以化为：，
化为；
令，整理有：；
因为，作出简图如下
注意到，可得：当时，有两个根；当时，有一个根；
因为的图象与的图象有3个不同的交点，
所以有两个根，且一个根在内，一个根在内，
设，
则有：为关于的二次函数，图象开口向上，对称轴为，
根据题意有：，即解得，
或，即 解得
综上所述：.
【点睛】方法点睛：①换元法的应用，注意取值范围；
②数形结合的应用.
