学2019-2020学年高一数学3月月考试题(含解析)

学2019-2020学年高一数学3月月考试题（含
解析）
第I卷
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.的值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
把原式的角度变形为，然后利用诱导公式化简，再把变为，利用诱导公式及特殊角的三角函数值，即可求解．
【详解】由题意，可得
，故选C．
【点睛】本题主要考查了运用诱导公式化简、求值，其中解答中熟练掌握诱导公式是解本题的关键，同时注意角度的灵活变换，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
2.下列关于向量的描述正确的是（）
A. 若向量，都是单位向量，则
B. 若向量，都是单位向量，则
C. 任何非零向量都有唯一的单位向量
D. 平面内起点相同的所有单位向量的终点共圆
【答案】D
【解析】
【分析】
根据单位向量的概念进行逐项判断即可.
【详解】对于选项A:向量包括长度和方向,单位向量的长度相同均为,方向不定,故向量和不一定相同,故选项A错误;
对于选项B:因为,由知,不一定成立,故选项B错误;
对于选项C:任意一个非零向量有两个与之共线的单位向量,故选项C错误;
对于选项D:因为所有单位向量的模为,且共起点,所以所有单位向量的终点在半径为的圆周上，故选项D正确;
故选:D
【点睛】本题考查单位向量的基本概念;掌握单位向量的概念是求解本题的关键;属于基础题.
3.已知点在第三象限，则角的终边在（）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限【答案】B
【解析】
【分析】
根据同角三角函数间基本关系和各象限三角函数符号的情况即可得到正确选项.
【详解】因为点在第三象限，则，，所以，
则可知角的终边在第二象限.
故选B.
【点睛】本题考查各象限三角函数符号的判定，属基础题.相关知识总结如下：
第一象限：；
第二象限：；
第三象限：；
第四象限：.
4.下列函数中，既是偶函数又有零点的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据偶函数的定义,先判断是否为偶函数进行排除,再由函数零点的定义判断其是否存在零点即可.
【详解】对于选项A:因为函数的定义域为,所以其定义域关于原点对称,
又因为,所以函数为偶函数,
因为对任意,恒成立,所以函数无零点,故选项A排除;
对于选项B: 因为函数的定义域为,所以其定义域关于原点对称,
又因为，所以函数为偶函数,
因为对任意,恒成立, 所以函数无零点,故选项B排除;
对于选项C:由题意知,,其定义域为,关于原点对称，
又因为,所以函数为奇函数,不符合题意,故选项C排除;
对于选项D:由题意知,, 其定义域为,关于原点对称，
又因为,所以函数为偶函数,
当时,,所以此函数有零点，故选项
D正确;
故选:D
【点睛】本题考查函数的奇偶性和函数零点的判断;熟练掌握函数奇偶性的判断方法和函数零点的概念是求解本题的关键;属于常考题型.
5.已知，，，则（）
A. 三点共线
B. 三点共线
C. 三点共线
D. 三点共线
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平面向量共线定理进行判断即可.
【详解】因为,
所以,
因为,所以
由平面向量共线定理可知,与为共线向量,
又因为与有公共点,所以三点共线.
故选: B
【点睛】本题考查利用平面向量共线定理判断三点共线;熟练掌握共线定理的内容是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
6.函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为（）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由函数图象和五点作图法可求出函数的解析式,结合余弦函数的单调区间和复合函数单调区间的判断方法求解即可.
【详解】由图象可得,函数的最小正周期为,
因为,所以,
所以,
结合图象和五点作图法可得,
,即,
因为,所以,即,
因为函数的单调递减区间为,
所以,
解得,
所以所求函数的单调递减区间为.
故选:C
【点睛】本题考查利用余弦函数的图象与性质求解析式和单调区间;考查运算求解能力和整体代换的思想、数形结合思想;属于中档题、常考题型.
7.已知在平行四边形中，点分别是的中点，则①；②；③；④
中正确的等式的个数为（）
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,画出图形,结合图形,利用平面向量加减法的平行四边形法则或三角形法则求解即可.
【详解】由题意作图如下:
由图可知,
对于①：因为,由向量加法的平行四边形法则知,
,所以可得,故①正确;
对于②：因为,所以可得,故②正确;
对于③：因为,由向量减法的三角形法则知,,所以可得,故③正确;
对于④：因为,
,
所以,故④正确;
故选: A
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算及平面向量加减法的几何意义;熟练掌握平面向量加减法的三角形法则和平行四边形法则是求解本题的关键;属于中档题.
8.已知是定义在上周期为2的函数，当时，
，那么当时（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用周期函数定义求解即可.
【详解】设,则,
由题意知,,
因为函数是定义在上周期为2的函数,
所以,即.
故选: C
【点睛】本题考查周期函数的性质;熟练掌握周期函数的定义是求解本题的关键;属于常考题.
9.函数的单调递增区间是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出函数在上的单调增区间,再与定义域
取交集即可.
【详解】由诱导公式可得,,
由复合函数的单调性知,只需求函数的单调减区间即可,
因为函数的单调减区间为,
所以,
解得,
当时,,当时,,
因为,所以所求函数的单调递增区间为.故选:D
【点睛】本题考查正弦型函数单调区间的求解;考查运算求解能力和等价转化思想;熟练掌握正弦函数的单调区间和简单复合函数单调性的判断方法是求解本题的关键;属于常考题型.
10.已知是平面内的一个单位向量，，与的夹角为
，则与的夹角是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平面向量数量积的夹角公式求出和代入公式求解即可.
【详解】由题可知,,
因为,
由平面向量数量积的夹角公式可得,
,
因为,所以即为所求.
故选:C
【点睛】本题考查平面向量数量积的夹角公式;考查运算求解能力;属于常考题型.
11.，，的大小关系是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三角函数函数值的正负和正弦函数在上的单调性判断即可.
【详解】因为,所以,可得,
因为,所以,可得,
因为,
又因为,
由正弦函数在上的单调性知,，
即.
故选:A
【点睛】本题考查利用三角函数函数值的正负和正弦函数的单调性比较大小;特殊角三角函数值的运用和选取合适的临界值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
12.在直角梯形中，，，，，，为线段（含端点）上的一个动点.设，，对于函数，下列描述正确的是（）
A. 的最大值和无关
B. 的最小值和无关
C. 的值域和无关
D. 在其定义域上的单调性和无关
【答案】A
【解析】
【分析】
建立合适的直角坐标,根据向量的坐标表示和平面向量数量积的坐标表示建立的函数关系式,利用二次函数的性质，分和两种情况通过判断单调性求时函数最值即可
【详解】建立直角坐标系如图所示:
由题意知,，
因为,,所以,
设点则,解得,即点为,
所以,,
由平面向量数量积的坐标表示可得,
,，
即,
所以此函数的对称轴为,因为,
当时,,所以函数在区间上单调递减,
所以当时,函数有最小值为,当时,函数有最大值为;
当时,,由二次函数的单调性知,
函数在上单调递减,在上单调递增;
所以当时,函数有最小值为,
因为,所以函数的最大值为;
综上可知,无论为何值,函数的最大值均为.
故选:A
【点睛】本题考查平面向量数量积的运算性质、二次函数的单调性和最值；考查分类讨论思想、逻辑推理能力和运算求解能力;属于综合型、难度较大型试题.
第Ⅱ卷
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据正切的定义和同角三角函数的基本关系求出和,然后代入求解即可.
【详解】由题意可知,,化简可得,
因为,所以,即,
所以.
故答案为:
【点睛】本题考查切化弦和同角三角函数的基本关系;考查运算求解能力;属于基础题.
14.已知，点在直线上，且，则点的坐标为________
【答案】，
【解析】
【分析】
设点,得出向量,代入坐标运算即得的坐标，得到关于的方程，从而可得结果.
【详解】设点,
因为点在直线,且,
,
或, ，
即或,
解得或;
即点的坐标是，.
【点睛】本题考查了平面向量的线性运算的坐标表示以及平面向量的共线问题,意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.
15.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据三角函数化简求值的原则：大角化小角，负角化正角,利用诱导公式化简求值即可.
【详解】由诱导公式可得,,
因,
所以.
故答案为:
【点睛】本题考查利用三角函数诱导公式化简求值;考查运算求解能力;熟练掌握三角函数的诱导公式是求解本题的关键;属于基础题.
16.在中，已知，，，是的外心，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如图所示,过点作,分别为垂足,根据平面向量数量积的定义求出的值,再由,利用分配律即可求解.
【详解】如图所示,过点作,分别为垂足,则
分别为的中点，
根据题意知,,
，
又因为,
所以.
故答案为:
【点睛】本题考查平面向量数量积的定义及其几何意义、运算性质和圆的垂径定理;考查运算求解能力和数形结合思想;平面向量数量积的几何意义与图形相结合是求解本题的关键;属于中
档题.
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.已知角的终边上一点是直线与圆的交点，求的值.
【答案】答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】
联立直线与圆的方程,解方程求出交点坐标,利用任意角三角函数的定义求出的值即可求解.
【详解】联立方程，解得或，
∴或，,
由任意角三角函数的定义知,
当点坐标为时，，，
所以；
当点坐标为时，，，
所以；
【点睛】本题考查任意角三角函数的定义和直线与圆交点坐标的求解;考查运算求解能力;属于基础题.
18.已知向量与互相垂直，其中角是第三象限的角.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）-4 （2）1
【解析】
【分析】
利用向量垂直的坐标表示求出,对于式:把
化为,然后利用开方,再由去绝对值求解即可;
对于式:利用,把化为,然后分子分母同除以，得到关于的表达式即可求解.【详解】因为,所以,即，则.
（1）
∵是第三象限的角，∴，
∴
（2）
【点睛】本题考查同角三角函数基本关系和平面向量垂直的坐标表示;化简求值的原则是繁化简;灵活运用同角三角函数的基本关系是求解本题的关键;属于中档题.
19.已知，，.
（1）求向量，的夹角；
（2）求.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
利用平面向量数量积的分配律求出,然后代入夹角公式求解即可;
结合中的值,利用平面向量数量积的性质：
进行运算，求出的值,然后再开方即可.
【详解】∵,∴，
∵，,∴,
解得,由平面向量数量积夹角公式得,
∴,
∵∴.
（2）因为，
所以
∴.
【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其夹角公式;考查运算求解能力;属于中档题、常考题型.
20.已知函数的图象是由函数的图象经如下变换得到：先将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将所得到的图象向左平移个单位长度.
（1）写出函数的解析式和其图象的对称中心坐标.
（2）已知关于的方程在上有两个不同的解，，求实数的取值范围和的值.
【答案】（1）；（2）
；或.
【解析】
【分析】
利用三角函数的图象平移伸缩变换法则即可求出函数的解析式,由的对称中心,利用整体代换解方程即可;
作出函数在上的图象,把方程解的个数问题转化为函数与函数图象交点个数问题,利用数形结合思想即可求出实数的取值范围和的值.
【详解】将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象,再将的图象向左平移个单位长度得到的图象,
所以函数的解析式为，
由得.
所以图象的对称中心坐标为.
（2）由知，作出函数在上的图象如图所示：
由图象可知，实数的取值范围是，
或即或，
所以或.
【点睛】本题考查三角函数的图象平移伸缩变换和利用余弦函数图象求参数的取值范围;考查数形结合思想和转化与化归能力;熟练掌握三角函数图象的平移伸缩变换法则和余弦函数图象的五点作图法是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
21.如图，点是函数的图象与轴的交点，点是该函数图象与轴的两个交点.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
由的图象经过点可知,,结合图象的单调性和的取值范围即可求解;
由（1）可知,令，即可求出的坐标,利用两向量垂直的坐标表示得到关于的方程,解方程即可.
【详解】（1）∵的图象经过点，∴，
∵点在的递增区间，∴，
∵,∴.
（2）由（1）可知，
令，得，
∴，解得，
∴,，
又，则，，
∵,∴,即，
解得，又,∴.
【点睛】本题考查由的部分图象求解析式和两向量垂直的坐标表示;考查数形结合思想和运算求解能力;熟练掌握正弦函数的图象和两向量垂直的坐标表示是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
22.已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点逆时针方向旋转角得到点.
（1）已知平面内点，点.把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标；
（2）设平面内曲线上的每一点绕坐标原点沿逆时针方向旋转后得到的点的轨迹是曲线，求原来曲线的方程，并求曲线上的点到原点距离的最小值.
【答案】（1）（2）；
【解析】
【分析】
设则,，根据题意, 点绕点沿顺时针方向旋转,利用代入公式求解即可;
设是曲线上任一点，是点绕坐标原点沿逆时针方向旋转后得到的曲线上的点，则，,
代入题中的公式,列出与的关系式,利用相关点法求出曲线的方程,由两点间距离公式表示出,令,考虑函数，通过构造对勾函数并判断其单调性求出最小值即可求出的最小值.
【详解】（1）由题意知,，设，则
，
由条件得
解之得，∴.
（2）设是曲线上任一点，是点绕坐标原点
沿逆时针方向旋转后得到的曲线上的点，
所以，，
则，即
又在曲线上,所以，
即,整理得，
故曲线的方程是，
所以曲线C上的点到原点的距离为，
令，则，考虑函数，
任取且,则，
当时，，，
所以，即，
所以在上单调递减，
同理可证在上单调递增，
所以.
故，即曲线上的点到原点距离的最小值为.
【点睛】本题考查新定义和旋转变换、相关点法求轨迹方程及利用对勾函数的单调性求最值;旋转变换公式的运用和通过构造对勾函数并判断其单调性是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.
学2019-2020学年高一数学3月月考试题（含
解析）
第I卷
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.的值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
把原式的角度变形为，然后利用诱导公式化简，再把变为，利用诱导公式及特殊角的三角函数值，即可求解．
【详解】由题意，可得
，故选C．
【点睛】本题主要考查了运用诱导公式化简、求值，其中解答中熟练掌握诱导公式是解本题的关键，同时注意角度的灵活变换，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
2.下列关于向量的描述正确的是（）
A. 若向量，都是单位向量，则
B. 若向量，都是单位向量，则
C. 任何非零向量都有唯一的单位向量
D. 平面内起点相同的所有单位向量的终点共圆
【答案】D
【解析】
【分析】
根据单位向量的概念进行逐项判断即可.
【详解】对于选项A:向量包括长度和方向,单位向量的长度相同均为,方向不定,故向量和
不一定相同,故选项A错误;
对于选项B:因为,由知,不一定成立,故选项B错误;
对于选项C:任意一个非零向量有两个与之共线的单位向量,故选项C错误;
对于选项D:因为所有单位向量的模为,且共起点,所以所有单位向量的终点在半径为的圆周上，故选项D正确;
故选:D
【点睛】本题考查单位向量的基本概念;掌握单位向量的概念是求解本题的关键;属于基础题.
3.已知点在第三象限，则角的终边在（）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【分析】
根据同角三角函数间基本关系和各象限三角函数符号的情况即可得到正确选项.
【详解】因为点在第三象限，则，，
所以，
则可知角的终边在第二象限.
故选B.
【点睛】本题考查各象限三角函数符号的判定，属基础题.相关知识总结如下：
第一象限：；
第二象限：；
第三象限：；
第四象限：.
4.下列函数中，既是偶函数又有零点的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据偶函数的定义,先判断是否为偶函数进行排除,再由函数零点的定义判断其是否存在零点即可.
【详解】对于选项A:因为函数的定义域为,所以其定义域关于原点对称,
又因为,所以函数为偶函数,
因为对任意,恒成立,所以函数无零点,故选项A排除;
对于选项B: 因为函数的定义域为,所以其定义域关于原点对称,
又因为，所以函数为偶函数,
因为对任意,恒成立, 所以函数无零点,故选项B排除;
对于选项C:由题意知,,其定义域为,关于原点对称，
又因为,所以函数为奇函数,不符合题意,故选项C排除;
对于选项D:由题意知,, 其定义域为,关于原点对称，
又因为,所以函数为偶函数,
当时,,所以此函数有零点，故选项D正确;
故选:D
【点睛】本题考查函数的奇偶性和函数零点的判断;熟练掌握函数奇偶性的判断方法和函数零点的概念是求解本题的关键;属于常考题型.
5.已知，，，则（）
A. 三点共线
B. 三点共线
C. 三点共线
D. 三点共线
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平面向量共线定理进行判断即可.
【详解】因为,
所以,
因为,所以
由平面向量共线定理可知,与为共线向量,
又因为与有公共点,所以三点共线.
故选: B
【点睛】本题考查利用平面向量共线定理判断三点共线;熟练掌握共线定理的内容是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
6.函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为
（）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由函数图象和五点作图法可求出函数的解析式,结合余弦函数的单调区间和复合函数单调区间的判断方法求解即可.
【详解】由图象可得,函数的最小正周期为,
因为,所以,
所以,
结合图象和五点作图法可得,
,即,
因为,所以,即,
因为函数的单调递减区间为,
所以,
解得,
所以所求函数的单调递减区间为.
故选:C
【点睛】本题考查利用余弦函数的图象与性质求解析式和单调区间;考查运算求解能力和整体代换的思想、数形结合思想;属于中档题、常考题型.
7.已知在平行四边形中，点分别是的中点，则①
；②；③；④
中正确的等式的个数为（）
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,画出图形,结合图形,利用平面向量加减法的平行四边形法则或三角形法则求解即可.【详解】由题意作图如下:
由图可知,
对于①：因为,由向量加法的平行四边形法则知,,所以可得
,故①正确;
对于②：因为,所以可得,故②正确;
对于③：因为,由向量减法的三角形法则知,,
所以可得,故③正确;
对于④：因为,
,
所以,故④正确;
故选: A
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算及平面向量加减法的几何意义;熟练掌握平面向量加减法的三角形法则和平行四边形法则是求解本题的关键;属于中档题.
8.已知是定义在上周期为2的函数，当时，，那么当时
（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用周期函数定义求解即可.
【详解】设,则,
由题意知,,
因为函数是定义在上周期为2的函数,
所以,即.
故选: C
【点睛】本题考查周期函数的性质;熟练掌握周期函数的定义是求解本题的关键;属于常考题.
9.函数的单调递增区间是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出函数在上的单调增区间,再与定义域取交集即可.
【详解】由诱导公式可得,,
由复合函数的单调性知,只需求函数的单调减区间即可,
因为函数的单调减区间为,
所以,
解得,
当时,,当时,,
因为,所以所求函数的单调递增区间为.
故选:D
【点睛】本题考查正弦型函数单调区间的求解;考查运算求解能力和等价转化思想;熟练掌握正弦函数的单调区间和简单复合函数单调性的判断方法是求解本题的关键;属于常考题型.
10.已知是平面内的一个单位向量，，与的夹角为，则与的夹角是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平面向量数量积的夹角公式求出和代入公式求解即可.
【详解】由题可知,,
因为,
由平面向量数量积的夹角公式可得,
,
因为,所以即为所求.
故选:C
【点睛】本题考查平面向量数量积的夹角公式;考查运算求解能力;属于常考题型.
11.，，的大小关系是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三角函数函数值的正负和正弦函数在上的单调性判断即可.
【详解】因为,所以,可得,
因为,所以,可得,
因为,
又因为,
由正弦函数在上的单调性知,，
即.
故选:A
【点睛】本题考查利用三角函数函数值的正负和正弦函数的单调性比较大小;特殊角三角函数值的运用和选取合适的临界值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
12.在直角梯形中，，，，，，为线段
（含端点）上的一个动点.设，，对于函数，下列描述正确的是（）
A. 的最大值和无关
B. 的最小值和无关
C. 的值域和无关
D. 在其定义域上的单调性和无关
【答案】A
【解析】
【分析】
建立合适的直角坐标,根据向量的坐标表示和平面向量数量积的坐标表示建立的函数关系式,利用二次函数的性质，分和两种情况通过判断单调性求时函数最值即可
【详解】建立直角坐标系如图所示:
由题意知,，
因为,,所以,
设点则,解得,即点为,
所以,,
由平面向量数量积的坐标表示可得,
,，
即,
所以此函数的对称轴为,因为,
当时,,所以函数在区间上单调递减,
所以当时,函数有最小值为,当时,函数有最大值为;
当时,,由二次函数的单调性知,
函数在上单调递减,在上单调递增;
所以当时,函数有最小值为,
因为,所以函数的最大值为;
综上可知,无论为何值,函数的最大值均为.
故选:A
【点睛】本题考查平面向量数量积的运算性质、二次函数的单调性和最值；考查分类讨论思想、逻辑推理能力和运算求解能力;属于综合型、难度较大型试题.
第Ⅱ卷
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据正切的定义和同角三角函数的基本关系求出和,然后代入求解即可.
【详解】由题意可知,,化简可得,
因为,所以,即,
所以.
故答案为:
【点睛】本题考查切化弦和同角三角函数的基本关系;考查运算求解能力;属于基础题.
14.已知，点在直线上，且，则点的坐标为________
【答案】，
【解析】
【分析】
设点,得出向量,代入坐标运算即得的坐标，得到关于的方程，从而可得结果.
【详解】设点,
因为点在直线,且,
,
或, ，
即或,
解得或;
即点的坐标是，.
【点睛】本题考查了平面向量的线性运算的坐标表示以及平面向量的共线问题,意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.
15.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】。