内蒙古乌海市第一中学2022届高三上学期8月第一次月考文科数学试题 WORD版含答案.docx

1、乌海一中2021-2022学年第一学期月考高三年级文科试卷时 间：120分钟 总 分：150分一、单选题1设集合，则图中阴影部分表示的集合（ ）ABCD2已知向量， ，则“”是“ ”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3若函数在上的值域为，则的最小值为（ ）ABCD4在中，若，则是（ ）A直角三角形B等腰三角形C等腰直角三角形D等边三角形5设是定义域为的偶函数，若，都有，则大小关系正确的为（ ）ABCD6已知在中，角的对边分别为则边上的高为（ ）A1BCD27已知函数及其导数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”，给出下列四个函数：；，其中有“巧值点”的函数是

2、（ ）ABCD8定义平面向量之间的一种运算“”如下：对任意的，令.下面说法错误的是A若共线，则BC对任意的D9如图，在中，若，则的值为（ ）.AB3C2D10将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，得到函数g(x)Asin（x+）（A0，0，|）的图象已知函数g(x)的部分图象如图所示，则下列关于函数f(x)的说法正确的是（ ） Af(x)的最小正周期为Bf(x)在区间上单调递减Cf(x)的图象关于直线x对称Df(x)的图象关于点成中心对称11锐角中，内角，所对边分别为，若，则的取值范围为（ ）ABCD12如图，在正方形中，边长为，是边上的一点，

3、以为圆心，为半径画弧交于点，是弧上（包括边界点）任一点，则的取值范围是（ ）A BCD二、填空题13设是第一象限角，满足，则 .14在中角，的对边分别为，若，则的面积的最大值为 .15已知中，点满足，则的值为_.16已知函数在处取得最小值，且，则实数的取值范围是_三、解答题17设曲线在点处的切线与轴、轴围成的三角形面积为（1）求切线的方程；（2）求的最大值18在中，角所对的边分别为（1）求的值；（2）求的周长19如图，在中，点E为AB的中点，点D在AC上且.（1）若，求的面积；（2）若，求.20在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的圆心的极坐标为，半径.（1）求圆的

4、极坐标方程；（2）已知过点且倾斜角为的直线交圆于A，两点，且，求角.21在中，角，所对边分别为，且.（1）求角；（2）若向量，求的取值范围.22已知向量，设函数.（1）求函数的最大值;（2）在锐角中，三个角，所对的边分别为，若，求的面积.参考答案1D【分析】图中阴影部分表示的集合为，结合已知中的集合，可得答案.【详解】解：图中阴影部分表示的集合为，故选：D.2A【分析】当时，能推出；当时，不能推出.再结合充分条件，不必要条件的判定可得结果.【详解】若，则，故；若，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3C【分析】利用三角函数的图像性质直接求解即可【详解】的图象上距离最近的两个最

5、值点分别是，故的最小值为.故选：C4A【分析】利用余弦定理化简边角关系可得，从而可判断三角形的形状.【详解】，由余弦定理可得，故，是直角三角形.故选：A.5D【分析】由题意可知在上单调递增，结合题意知，进而比较的大小即可求出结果.【详解】因为若，都有，所以在上单调递增；因为是定义域为的偶函数，所以，因为，所以，而在上单调递增，所以，故，即故选：D.6D【分析】先根据余弦定理求得a，再由余弦定理求得，继而求得，从而可得选项.【详解】因为所以，即，解得，所以，又，所以，所以边上的高为，故选：D.7B【分析】，有“巧值点”；，无解，无“巧值点”；令，所以在上必有零点，有“巧值点”；由题得，无解，所以

6、无“巧值点”【详解】，有“巧值点”；，无解，无“巧值点”；，令，由零点在性定理，所以在上必有零点，有“巧值点”；，即，无解，所以无“巧值点”所以有“巧值点”的是，故选：B8B【详解】若与共线，则有，故A正确；因为，而，所以有，故选项B错误；因为，所以选项C正确；，所以选项D正确.故选B9B【分析】把作为基底，利用向量的加减法和平面向量基本定理结合已知把用表示出来，即可得答案【详解】解：因为，所以,因为，所以，所以，故选：B10D【分析】根据函数图象求出解析式，再根据平移伸缩变换求出的解析式，然后根据的解析式逐项判断即可.【详解】根据g(x)的部分图象，可得A2，2结合五点法作图，可得2（）+，

7、故g(x)2sin（2x+）由题意，把g(x)的图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位，可得f(x)2sin（3x+）2sin（3x）的图象，故f(x)的最小正周期为，故A错误；在区间上，3x0，f(x)没有单调性，故B错误；令x，求得f(x)0，不是最值，f(x)的图象不关于直线x对称，故C错误；令x，求得f(x)0，故f(x)的图象关于（，0）对称，故D正确，故选：D11A【分析】由，可得，再结合余弦定理可求出，再由三角形为锐角三角形可求出，由正弦定理和三角函数恒等变换公式可得，从而可求出其范围【详解】，又，是锐角三角形，且，又，故选：A12B【分析】利用向量投影的概念把求的

8、取值范围转化为求的取值范围.【详解】过作于点H，因为，所以， ，因为是弧上（包括边界点）任一点，所以,又因为，所以 ，所以当点与点重合时，此时，最小，且最小为 ，所以，且最大为；当点与点重合时，此时点与点重合，最大，且最大为 ，所以最小为，所以的取值范围是.故选：B.13C【分析】用两角和与差的正弦余弦公式展开化简，可得，结合以及角的范围，求解，即可计算.【详解】，联立，设是第一象限角，即，.故选：C.14B【分析】先结合正弦定理角化边，然后由余弦定理求出角，结合均值不等式求出的最大值，从而求出面积的最大值.【详解】由题结合正弦定理角化边得.由余弦定理得.又，则.由基本不等式得，解得，当且仅当

9、时，等号成立，此时的面积的最大值，故选：B.15【分析】设，根据可得，再以为基底，将转化为基底运算；【详解】设，因为，即，所以， 因为，所以，代入上式可得，因为，故答案为：.【点睛】本题考查向量的数量运算及平面向量基本定理的运用，将向量的数量积问题转化为基底的运算是常用的方法.16【分析】先根据题意得，进而得，再由时，时，得，解得，由，得，即可得解【详解】由题意知的最小值在上取得，所以，即，故时，单调递减，此时当时，所以，解得因为，即，即，整理得，故，解得综上，故答案为：.【点睛】关键点点睛：求解分段函数与方程、不等式相交汇的问题，关键是依据自变量的范围或参数的范围分类讨论，根据讨论对象的不同

10、（是对自变量进行的分类讨论还是对参数进行的分类讨论）确定是取并集还是取交集17（1）；（2）.【分析】（1）求出导函数，计算，由点斜式写出切线方程并整理；（2）由切线方程求得它与坐标轴的交点坐标后可计算面积，再利用导数可求得的最大值【详解】解：（1）因为，所以，所以切线的方程为，整理得（2）在切线的方程中，令，可得 令，可得因为，所以，所以，所以当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减所以当时，取得极大值也是它的最大值18（1）；（2）28【分析】（1）根据，的关系求出，根据同角的基本关系求出，从而求出的值；（2）根据正弦定理以及余弦定理求出三角形的三边长，从而求出三角形的周长即可【详解

11、】解：（1）由，得，故，则；（2），解得：，由得：，故，由，解得：，由余弦定理得：，则，故，故的周长是19（1）；（2）.【分析】（1）在中，由余弦定理求得，利用三角形的面积公式求得的面积为，结合和的高相等，即可求解；（2）由（1）得到，在中，由正弦定理求得，即可求解.【详解】（1）因为点E为AB的中点，所以.在中，由余弦定理得，所以，解得，又的面积为，因为和的高相等，所以的面积为.（2）由（1）得到，所以，在中，由正弦定理得，所以，即，解得，又因为，所以.20（1）；（2）或.【分析】（1）先求得圆C的直角坐标方程，将代入方程，化简整理，即可得答案.（2）先求得直线l的参数方程，代入曲线的直

12、角坐标方程，可得关于t的一元二次方程，进而可得，的表达式，根据t的几何意义，结合题意，化简计算，即可求得的值，结合角的范围，即可得答案.【详解】解（1）：圆心的直角坐标坐标为，圆的半径，则的直角坐标方程为.将公式代入中整理得圆的极坐标方程：.（2）过点且倾斜角为的直线的参数方程为（是参数），代入圆的直角坐标方程中整理得：.设交点A，与参数值，相对应，由韦达定理得，则，平方得，则，所以（），或.21（1）；（2）【分析】（1）根据正弦定理进行边化角化简可求出，从而得出角的范围；（2）利用向量的坐标运算代入化简，因为，可化简为，因为代入可求出的范围，从而求出的取值范围.【详解】解：（1）由正弦定理可知：等价于，即，因为，所以有，又，所以.（2），则 因为，所以，则有，所以则的取值范围为.【点睛】思路点睛：（1）解三角形问题常用正弦定理进行边化角、角化边的运算.（2）当知道其中一角的值时，另外两角可用和为定值减少变量，进行消元，从而根据一角的范围求三角函数的范围.22（1）；（2）.【分析】（1）结合平面向量的数量积运算、二倍角公式和辅助角公式，可得，进而可得的最大值；（2）由锐角，推出，再结合（B），求得，由正弦定理知，再利用余弦定理求出，最后由三角形面积公式得解【详解】（1）因为，所以函数当时，（2）为锐角三角形，. 又 即