2023-2024学年广东省四校（珠海实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、鸿鹤中学）高一（下）联考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省四校（珠海实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、鸿鹤中学）高一（下）联考数学试卷（4月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若角α的终边过点(4,3)，则sin(α+π2)=( )
A. 45B. −45C. 35D. −35
2.已知平面向量a=(0,1),b=(−1,1)，则向量a在向量b上的投影向量是( )
A. (− 22, 22)B. ( 22,− 22)C. (12,−12)D. (−12,12)
3.在△ABC中，BD=3DC，且AD=3AE，则BE=( )
A. 1112AB−14ACB. 112AB−14ACC. 14AC−1112ABD. 14AC−112AB−
4.已知非零向量a,b，那么“a=λb”是“|a+b|=|a|+|b|”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知A(−3,−4)，B(5,−12)，则cs∠OAB=( )
A. 3365B. −3365C. 210D. − 210
6.已知cs(θ+π4)=14，则sin2θ=( )
A. ±38B. 78C. −78D. ±78
7.已知某摩天轮的半径为60m，其中心到地面的距离为70m，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每30分钟转动一圈.已知当游客距离地面超过100m时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有( )
A. 5分钟B. 10分钟C. 15分钟D. 20分钟
8.如图，在平行四边形ABCD中，AE=13AD，BF=14BC，CE与DF交于点O.设AB=a，AD=b，若AO=λa+μb，则λ+μ=( )
A. 817B. 1917C. 317D. 1117
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. 当x∈[0,π2]时，f(x)的值域为[−12,12]
C. 将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度可得函数g(x)=sin2x的图象
D. 将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点(5π6,0)对称
10.如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1,e2分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.若向量OP=a=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系xOy中的坐标.若在坐标系xOy中，a=(2,1),b=(−4,5)，则下列结论正确的是( )
A. a⋅b=−3B. |a|= 7
C. a⊥bD. a+b与a的夹角为π3
11.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，x=−π4为f(x)的零点，且在[π6,π3]上单调递减，则下列结论正确的是( )
A. φ=π4ωB. 若f(π6)+f(π3)=0，则f(π4)=0
C. f(x+π4)是偶函数D. ω的取值范围是[65,187]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知单位向量a,b满足|a+2b|=|a−2b|，则|3a+4b|= ______．
13.在△ABC中，A=π3，AB边上的高等于 33AB，则tan∠ACB= ______．
14.在直角△ABC中，AB⊥AC，AC= 3，AB=1，平面ABC内动点P满足CP=1，则AP⋅BP的最小值为______．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知AB=(2,−8),CB=(1,3),CD=(2,−1)．
(1)求证：A，B，D三点共线；
(2)若向量kBC+BA与向量BD互相垂直，求实数k的值．
16.(本小题15分)
(1)直接写出下列各式的值．
①cs215°+cs275°+cs2135°；
②cs230°+cs290°+cs2150°；，
③cs245°+cs2105°+cs2165°．
(2)结合(1)的结果，分析式子的共同特点，写出能反映一般规律的等式，并证明你的结论．
17.(本小题15分)
已知向量a=(csx,2sinx),b=(2csx, 3csx)，函数f(x)=a⋅b．
(1)若f(x0)=115，且x0∈(π6,π3)，求cs2x0的值；
(2)将f(x)图象上所有的点向右平移π6个单位，然后再向下平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的12，得到函数g(x)的图象，当x∈[−π6,π3]时，解不等式g(x)⩾12．
18.(本小题17分)
已知函数是f(x)= 3sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，P(76,0)函数f(x)图象上的一点，M，N是函数f(x)图象上一组相邻的最高点和最低点，在x轴上存在点T，使得PT=PM+PN，且四边形PMTN的面积的最小值为2 3．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若f(Aπ)= 62，求A；
(3)已知PH=13PT，过点H的直线交PM于点Q，交PN于点K，PQ=λPM，PK=μPN，问1λ+1μ是否是定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=sinx−csx．
(1)求方程f(α)=cs2α在[0,2π]上的解集；
(2)求证：函数y=f(x)+32lnx有且只有一个零点x0，且−23答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵角α的终边过点(4,3)，
∴csα=4 42+32=45，
∴sin(α+π2)=csα=45．
故选：A．
先由任意角三角函数的定义求出csα，再利用诱导公式求解即可．
本题主要考查了任意角三角函数的定义，考查了诱导公式的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为a=(0,1),b=(−1,1)，
所以a⋅b=1，|b|= (−1)2+12= 2，
所以向量a在向量b上的投影向量是a⋅b|b|⋅b|b|=12b=(−12,12)．
故选：D．
由投影向量的定义计算即可求得．
本题考查平面向量的投影向量，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：△ABC中，BD=3DC，且AD=3AE，如图所示：
则BE=AE−AB=13AD−AB=13(14AB+34AC)−AB=14AC−1112AB．
故选：C．
根据平面向量的线性表示，用基向量AB、AC表示BE即可．
本题考查了平面向量的基本定理应用问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由|a+b|=|a|+|b|及向量的加法法则，可得向量a与b平行且同向，且a=λb可得向量a，b平行且同向或者反向，
因此“a=λb”是“|a+b|=|a|+|b|”的必要不充分条件．
故选：B．
由|a+b|=|a|+|b|可得向量a与b平行且同向即可得到答案
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：A(−3,−4)，B(5,−12)，
则AO=(−3,−4)，AB=(8,−8)
故cs∠OAB=AO⋅AB|AO||AB|=−24+325×8 2=− 210．
故选：D．
利用cs∠OAB=AO⋅AB|AO||AB|计算即得．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为cs(θ+π4)=14，
所以 22(csθ−sinθ)=14，
所以csθ−sinθ= 24，
两边同时平方得1−2sinθcsθ=18
则sin2θ=78．
故选：B．
先利用两角和的余弦公式展开，然后结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了和差公式，二倍角公式及同角平方关系的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设游客到地面的距离为ym，y关于转动时间t(单位：分钟)的函数关系式为y=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0)，
则A=60，−A+b=10，可得b=70，
函数y=Asin(ωt+φ)+b的最小正周期为T=30，则ω=2πT=π15，
当t=0时，游客位于最低点，可取φ=−π2，
所以，y=60sin(πt15−π2)+70=−60csπt15+70，
由y>100，即−60csπt15+70>100，可得csπt15<−12，
所以，2kπ+2π3<πt15<2kπ+4π3(n∈N)，解得30k+10因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有10分钟．
故选：B．
求出游客到地面的距离为ym关于转动时间t(单位：分钟)的函数关系式，然后解不等式y>100，可得出结果．
本题考查三角函数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理，涉及向量的线性运算法则的应用，属于中档题．
根据向量线性运算法则结合平面向量基本定理，将AO用a,b表示出来即可．
【解答】
解：因为平行四边形ABCD中，AE=13AD，BF=14BC，
故DOOF=DECF=89，故DO=817DF，
DF=DA+AB+BF=−b+a+14b=a−34b，
故DO=817a−617b，
所以AO=AD+DO=b+817a−617b=817a+1117b，
故λ=817,μ=1117，所以λ+μ=1917．
故选：B．
9.【答案】AD
【解析】解：由图可知，A=1，最小正周期T=4×(5π12−π6)=π，即选项A正确．
由T=2πω，知ω=2πT=2ππ=2，
因为f(π6)=1，所以sin(2×π6+φ)=1，所以π3+φ=2kπ+π2，k∈Z，即φ=2kπ+π6，k∈Z，
又−π2<φ<π2，所以φ=π6，f(x)=sin(2x+π6).
对于选项B，当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，
所以sin(2x+π6)∈[−12,1]，故B错误．
对于选项C，将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，
得到g(x)=sin[2(x−π6)+π6]=sin(2x−π6)的图象，故C错误．
对于选项D，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，
得到y=sin(x+π6)的图象，
因为当x=5π6时，y=sin(x+π6)=sinπ=0，可得到的函数图象关于点(5π6,0)对称，故D正确．
故选：AD．
先根据y=Asin(ωx+φ)中A，ω，φ的几何意义，求得f(x)的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项，即可．
本题考查三角函数的图象与性质，理解y=Asin(ωx+φ)中A，ω，φ的几何意义，熟练掌握正弦函数的图象与性质，函数图象的变换法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为|e1|=|e2|=1，e1⋅e2=cs=12，
且a=(2,1)=2e1+e2，b=(−4,5)=−4e1+5e2，
所以a⋅b=(2e1+e2)⋅(−4e1+5e2)=−8e12+5e22+6e1⋅e2=−8+5+3=0，选项A错误；
a2=(2e1+e2)2=4e12+4e1⋅e2+e22=4+2+1=7，所以|a|= 7，选项B正确；
因为a⋅b=0，所以a⊥b，选项C正确；
因为a+b=−2e1+6e2，(a+b)⋅a=a2+b⋅a=7+0=7，
cs=(a+b)⋅a|a+b||a|=7 4−2×2×6×12+36× 7=12，
所以a+b与a的夹角为π3，选项D正确．
故选：BCD．
利用新定义的坐标概念进行计算可判断每个选项的正确性．
本题考查了新定义的坐标概念，也考查了向量的数量积与坐标运算问题，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，由x=−π4是f(x)的零点，得sin(−πω4+φ)=0，所以−πω4+φ=kπ(k∈Z)，
即φ=πω4+kπ(k∈Z)，ω>0．
再根据在[π6,π3]上单调递减，故有12⋅2πω≥π3−π6，可得0<ω≤6．
因为0<φ<π，所以只能取k=0，φ=πω4，故A正确．
对于B选项，由f(π6)+f(π3)=0，π6+π32=π4，可得(π4,0)是函数f(x)的对称中心，即f(π4)=0．
故函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)是中心对称图形，故B正确．
对于C选项，由于f(x+π4)=sin(ωx+πω2)，奇偶性无法判断，故C错误．
对于D选项，由A选项得f(x)=sin(ωx+πω4)，因为函数f(x)在[π6,π3]上单调递减，ωx+ωπ4∈[ωπ6+π4,ωπ3+π4]，
所以πω6+πω4≥π2+2kππω3+πω4≤3π2+2kπ，(k∈Z)．
解得65+245k≤ω≤187+247k(k∈Z)(ω>0)．
所以当k=0时，65≤ω≤187．
当k=1时，ω=6，此时，φ=6π4=3π2，不满足0<φ<π．
所以ω∈[65,187]，故D正确．
故选：ABD．
由题意，利用正弦函数的零点和单调性，正弦函数的图象，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查正弦函数的零点和单调性，正弦函数的图象，属于中档题．
12.【答案】5
【解析】解：因为单位向量a,b满足|a+2b|=|a−2b|，
两边平方得(a+2b)2=(a−2b)2，即a2+4a⋅b+4b2=a2−4a⋅b+4a⋅b+4b2，解得a⋅b=0，
又|a|=|b|=1，所以|3a+4b|= (3a+4b)2= 9a2+24a⋅b+16b2= 9+0+16=5．
故答案为：5．
由向量的数量积和模长运算求出即可．
本题考查了平面向量的数量积与模长运算问题，是基础题．
13.【答案】3 3
【解析】解：由题意设CD为AB边上的高，CD= 33AB= 33c，
又A=π3，所以AD=CDtanA= 33ctanπ3=13cBD=c−13c=23c，tan∠BCD=23c 33c=2 33，
又tan∠ACD=tan(π2−π3)=tanπ6= 33，
所以tan∠ACB=2 33+ 331−2 33× 33=3 3．
故答案为：3 3．
由题意得AD=CDtanA=13c本题主要考查三角形中的几何计算，属于中档题．
14.【答案】4− 13
【解析】解：根据题意，动点P满足CP=1，则点p的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆，
建立如图所示坐标系，则A(0,− 3)，B(1,− 3)，
设P点坐标为(csθ,sinθ)，θ∈[0,2π]，
则AP=(csθ,sinθ+ 3)，BP=(csθ−1,sinθ+ 3)，
所以AP⋅BP=csθ⋅(csθ−1)+(sinθ+ 3)2
=cs2θ−csθ+sin2θ+2 3sinθ+3
=4+ 13sin(θ−φ)，其中tanφ= 36，
故当sin(θ−φ)=−1时，
AP⋅BP有最小值4− 13．
故答案为：4− 13．
根据题设，可将点C放在坐标原点，这样即可得到动点P位于单位圆上，设出其坐标，用数量积的坐标运算即可求解．
本题主要考查数量积的运算，可根据条件建立坐标系转化为坐标运算解决，属中档题．
15.【答案】解：(1)证明：∵AB=(2,−8),CB=(1,3),CD=(2,−1)，
∴BD=CD−CB=(1,−4)，
∴AB=2BD，∴AB//BD，
∴A，B，D三点共线；
(2)∵AB=(2,−8),CB=(1,3),CD=(2,−1)，
∴kBC+BA=(−k,−3k)+(−2,8)=(−2−k,8−3k)，
由(1)知BD=(1,−4)，
∵kBC+BA与向量BD互相垂直，
∴(kBC+BA)⋅BD=−2−k−4(8−3k)=0，
解得实数k=3411．
【解析】(1)先求出 BD，根据向量AB//BD，能证明A，B，D三点共线；
(2)求出向量kBC+BA的坐标，利用kBC+BA与向量BD互相垂直，能求出实数k的值．
本题考查向量坐标运算、向量平行、向量垂直等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)①cs215°+cs275°+cs2135°=1+cs30°2+1+cs150°2+1+cs270°2
=1+ 322+1− 322+12=32，
②cs230°+cs290°+cs2150°=1+cs60°2+1+cs180°2+1+cs300°2=1+122+1−12+1+122=32，
③cs245°+cs2105°+cs2165°=1+cs90°2+1+cs210°2+1+cs330°2=12+1− 322+1+ 322=32．
(2)结合(1)的结果，分析式子的共同特点，写出能反映一般规律的等式为：
cs2α+cs2(α+60°)+cs2(α+120°)2=32
证明如下：
cs2α+cs2(α+60°)+cs2(α+120°)2=1+cs2α2+1+cs(2α+120°)2+1+cs(2α+240°)2
=1+cs2α2+1+cs2α×(−12)−sin2α× 32+1+cs2α×(−12)−sin2α(− 32)2=32．
【解析】(1)根据余弦二倍角公式及特殊角的三角函数值可得结果；
(2)结合(1)的结果，分析式子的共同特点，可得一般规律的等式，根据余弦二倍角公式及特殊角的三角函数值可得结果．
本题主要考查归纳推理，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=a⋅b=2cs2x+2 3sinxcsx………………………1分
=cs2x+1+ 3sin2x……3分
=2sin(2x+π6)+1，………………4分
因为f(x0)=115，即2sin(2x0+π6)+1=115，所以sin(2x0+π6)=35，……5分
又x0∈(π6,π3)，所以2x0+π6∈(π2,5π6)，
所以cs(2x0+π6)=−45，………………………6分
所以cs2x0=cs(2x0+π6−π6)，…………………………………7分
=cs(2x0+π6)csπ6+sin(2x0+π6)sinπ6
=−45× 32+35×12
=3−4 310. ……………………8分
(2)由题意知，g(x)=12(2sin(2(x−π6)+π6)+1−1)=sin(2x−π6)，……10分
由g(x)≥12，得π6+2kπ≤2x−π6≤5π6+2kπ,k∈Z，
所以π6+kπ≤x≤π2+kπ,k∈Z，…………………………………………11分
令k=0，得x∈[π6,π2]，令k=−1，得x∈[−5π6,−π2]，
又x∈[−π6,π3]，所以x∈[π6,π3]，
故不等式g(x)≥12，x∈[−π6,π3]的解集为[π6,π3].……………………13分
【解析】(1)由向量的数量积运算及三角恒等变换化简f(x)解析式，利用同角三角函数的基本关系及两角差的余弦公式化简求解即可；
(2)利用三角函数图象的平移变换求出g(x)，再由正弦函数的性质解不等式即可．
本题主要考查向量的数量积运算，三角恒等变换的应用，三角函数图象的平移变换，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意知，S四边形PMTN=2S△PMN，
连接MN，交x轴于点Q，
则若使四边形PMTN的面积最小，
则△PMN的面积最小，
即|PQ|最小，
故此时P、Q为函数f(x)的图象与x轴相邻的两个交点，
设T是函数f(x)的最小正周期，则|PQ|=T2，
四边形PMTN的面积的最小值为2 3；
故S四边形PMTN=2S△PMN=2×12×T2× 3×2=2 3，
故T=2，
故ω=2π2=π；
∵P(76,0)函数f(x)图象上的一点，
∴ 3sin(76π+φ)=0，
故76π+φ=kπ(k∈Z)，又∵|φ|<π2，
∴φ=−π6，
故f(x)= 3sin(πx−π6)；
(2)∵f(Aπ)= 3sin(A−π6)= 62，
∴sin(A−π6)= 22，
∴A−π6=2kπ+π4或A−π6=2kπ+3π4(k∈Z)，
故A=2kπ+5π12或A=2kπ+11π12(k∈Z)；
(3)∵PQ=λPM，PK=μPN，
∴PM=1λPQ，PN=1μPK，
∵PT=PM+PN，
∴PT=1λPQ+1μPK，
又∵PH=13PT，
∴13PT=1λPQ+1μPK，
即PT=3⋅1λPQ+3⋅1μPK，
又∵T、Q、K三点共线，
∴3⋅1λ+3⋅1μ=1，
故1λ+1μ=13．
【解析】(1)易知S四边形PMTN=2S△PMN，连接MN，交x轴于点Q，四边形PMTN的面积最小可化为|PQ|最小，从而可求得T=2，代入求φ即可；
(2)由f(Aπ)= 3sin(A−π6)= 62化简得sin(A−π6)= 22，从而得到A−π6=2kπ+π4或A−π6=2kπ+3π4(k∈Z)，化简即可；
(3)由PQ=λPM，PK=μPN得PM=1λPQ，PN=1μPK，结合PT=PM+PN及PH=13PT得PT=3⋅1λPQ+3⋅1μPK，再利用T、Q、K三点共线求解即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键，要求熟练掌握函数图象之间的变化关系；同时考查了平面向量的应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=sinx−csx，
整理得sinα−csα=cs2α=cs2α−sin2α，
即sinα−csα=0或sinα+csα=−1，
①当sinα−csα=0时，csα≠0，
则tanα=1，又x∈[0,2π]，
所以x=π4,5π4；
②当sinα+csα=−1，
则sin(α+π4)=− 22，
又x∈[0,2π]，
所以x+π4=5π4或7π4，
所以x=π,3π2；
所以方程f(α)=cs2α在[0,2π]上的解集为{π4,π,5π4,3π2}．
(2)设F(x)= 2sin(x−π4)+32lnx,x∈(0,+∞)，
当x∈(0,3π4]时，则x−π4∈(−π4,π2],
此时y= 2sin(x−π4)在(0,3π4]单调递增．y=32lnx在(0,3π4]也单调递增，
所以F(x)在(0,3π4]单调递增，且F(π4)=32lnπ4<0，F(π2)=1+32lnπ2>0，即F(π4)F(π2)<0，
当x∈(3π4,5π4)时．根据 2sin(x−π4)>0,32lnx>0，
所以F(x)>0，所以此时F(x)在x∈(3π4,5π4)没有零点；
当x∈[5π4,+∞)时，所以32lnx>32> 2，
所以F(x)>0，此时F(x)在x∈[5π4,+∞)没有零点；
综上，F(x)=sinx−csx+32lnx在(0,+∞)有唯一零点x0．
所以sinx0−csx0+32lnx0=0，且x0∈(π4,π2)，
所以lnx0=23(csx0−sinx0)．
令t=csx0−sinx0= 2cs(x0+π4)，
因为x0∈(π4,π2)，
所以t∈(−1,0)，又t2=1−2sinx0csx0，
则sinx0csx0=1−t22，
所以lnx0+13sin2x0=−13(t−1)2+23∈(−23,13)．
【解析】(1)直接利用倍角关系式，把函数关系式进行变换，进一步求出tanα=1和sinα+csα=−1，再利用三角函数值的应用求出三角方程的解集；
(2)利用函数y=f(x)+32lnx的单调性和函数的零点所在的位置，进一步建立函数F(x)在x∈[5π4,+∞)没有零点，得到函数F(x)=sinx−csx+32lnx在(0,+∞)有唯一零点x0，最后利用换元法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，三角方程的解法，函数的单调性和函数的零点的关系，换元法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．