2023-2024学年上海市高一下册4月月考数学试题(含解析)

一、填空题1．若sin5,是第一象限角，则tan__.13【正确答案】5125

,是第一象限角，13【分析】根据同角三角函数关系求解.【详解】因为sin所以cos故答案为:12sin5,tan.13cos125.122．函数ysin2x的最小正周期为_____________【正确答案】【详解】函数ysin2x的最小正周期为T故答案为22

3．已知|a|1,|b|2,a与b的夹角为，则a在b方向上的投影向量为__.41r

【正确答案】b

2

【分析】由向量投影的定义即可求得则a在b方向上的投影向量.

b1

【详解】a在b方向上的投影向量为|a|cosb.4|b|21故b24．已知扇形的圆心角为【正确答案】6，半径为6，则扇形的面积为__________．3【分析】根据扇形的面积公式直接求解.1212

【详解】Sr66，223故答案为.65．若sincos

1

，则sin2________．5【正确答案】

24251

两边平方，结合二倍角公式计算可得；5【分析】直接将sincos

【详解】解：因为sincossin2+2sincoscos2

112，所以sincos，即5251124，即1+sin2，所以sin2252525故

24

25π

6．函数ysinx，x0,2π，则严格单调递减区间是__.6

2π5π【正确答案】,33【分析】由0≤x≤2π可求得x递减区间.【详解】由0≤x≤2π可得

2π5πππ11πππ3π

xx，由x可得，33666262π

的取值范围，结合正弦型函数的单调性可求得原函数的6π2π5π

所以，函数ysinx，x0,2π的严格单调递减区间为,.633

2π5π

故答案为.,

33



7．已知(ab)b7，且|a|3,|b|2，则a与b夹角为___________.【正确答案】

【分析】由条件算出ab，然后可求出答案.2

【详解】因为(ab)b7，所以abb7，因为|b|2，所以ab743

6ab所以cosa,bab33，232

a因为,b0,，所以a与b夹角为6故6sincos__.sincos8．tan3，则1

【正确答案】2##0.5【分析】弦化切求解.【详解】故21

sincostan11.sincostan129．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，若角的终边落在第三象限内，π3

且cos，则cos2__.25

【正确答案】7

##0.2825【分析】根据三角函数的诱导公式和二倍角的余弦公式求解.π333

【详解】由cos()，得sin，即sin.25553272

所以cos212sin12().525故答案为:7

.2510．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且4S(ab)2c2，则cosC______．【正确答案】0【分析】由三角形面积公式和余弦定理可将4S(ab)2c2化为2absinC2abcosC2ab，进而可求出结果.【详解】因为S

1

absinC，余弦定理c2a2b22abcosC，又4S(ab)2c2，2

所以有2absinC2abcosC2ab，即sinCcosC1，所以2sinC1，4

32kkZ，所以C2k或C2kkZ，因此C2k或C

44442因为C三角形内角，所以C故答案为0本题主要考查解三角形，熟记余弦定理和三角形面积公式即可求出结果，属于常考题型.11．函数yf(x)Asin(x)(0,π0)的图象与x轴相交的相邻两点π2ππ

B(,0),C(,0)，又过点D,1，则f(x)__.634π

【正确答案】2sin2x

3

2，故cosC0.【分析】根据三角函数的图象性质求解即可.【详解】由题意得T2ππ2π，所以Tπ，所以2，236ππππ

又过点B,0，D,1，所以Asin()0,Asin()1，3264

又π0，解得A2,π

故答案为:2sin2x.3

ππ

，所以f(x)2sin(2x).3312．在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1，

a2，a3，a4，a5，若ai与aj的夹角记为ij，其中i,j1,2,3,4,5，且ij，则aicosij的

最大值为()．【正确答案】3

aaa【分析】由向量的投影的几何意义有：|i|cosθij的几何意义为向量i在向量j方向上的投

影，由图可知：在直角三角形AED中，向量AD在向量AE方向上的投影最大，即可得解．【详解】由向量的投影的几何意义有：

|ai|cosθij的几何意义为向量ai在向量aj方向上的投影，

由图可知：AD在向量AE方向上的投影最大，此时三角形AED为直角三角形，其中AD与AE垂直，又正六边形边长为1，所以AD=2,AE=3,

所以AD在向量AE方向上的投影为AE=3，故答案为3．本题考查了向量的投影的几何意义，属于中档题．二、单选题13．已知函数ysin(xa)为偶函数，则a的最小正数值为（A．）D．π6B．π4C．π3π2【正确答案】D【分析】根据偶函数的性质以及三角恒等变换公式求解.【详解】因为函数ysin(xa)为偶函数，所以sin(xa)sin(xa)，则有sinxcosacosxsinasinxcosacosxsina，即sinxcosa0，所以cosa0，则有a故选:D.14．“x

ππ

kπ,kZ，所以a的最小正数值为，22kkZ”是“tanx1”成立的（4）A．充分不必要条件C．充要条件【正确答案】CB．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据三角函数，充分必要条件的定义判断．【详解】解：tanx1，xk(kZ)4xk4(kZ)则tanx1，根据充分必要条件定义可判断：“xk(kZ)”是“tanx1”成立的充要条件4故选：C．ππ

15．函数ysin2x的图象向右平移个单位后与函数f(x)的图象重合，则下列结论中33

正确的是（）7π

对称；12①f(x)的一个周期为2π；②f(x)的图象关于x③x

7ππ5π

是f(x)的一个零点；④f(x)在,单调递减.61212

A．①②③【正确答案】AB．①②④C．①③④D．②③④ππ

【分析】函数ysin2x的图象向右平移个单位后与函数f(x)的图象重合，可求得33

2π

f(x)的解析式，再由函数的周期为T的整数倍可判断①的正误，由正弦型函数的对称轴为kπ

π

可判断②正误，由正弦型函数的对称中心为kπ,0可判断③正误，由正弦型函数2ππ

的单调区间为2kπ,2kπ,kZ可判断④正误.22ππ

【详解】函数ysin2x的图象向右平移个单位后与函数f(x)的图象重合，33

πππ所以fxsin2xsin2x，333所以f(x)的一个周期为2π，故①正确；yf(x)的对称轴满足2x

ππ

kπ，kZ，327π

对称，故②正确；12当k2时，yf(x)的图象关于x

π7ππkπ

由fxsin2x0，得x,当k1时，x，3662

7π

所以x是f(x)的一个零点，故③正确；6πππππ5π

当x,时，2x,，此时fxsin2x为单调递增,33221212

π5π

所以f(x)在,上单调递增，故④错误.1212

故选：A.16．已知函数fx3sinxcosx0在0,上有两个零点，则的取值范围为（）1117A．,

66

1117B．,

66

58C．,3358D．,33【正确答案】Bππ【分析】先化简fx3sinxcosx2sinx，再令tx，求出t范围，根66据y2sint在t[,]上有两个零点，作图分析，求得的取值范围.66π

【详解】fx3sinxcosx2sinx，由x[0,]，又0，6

π则可令tx[,]，666又函数y2sint在t[,]上有两个零点，作图分析：66则2故选：B.1117

3，解得,.666

本题考查了辅助角公式，换元法的运用，三角函数的图象与性质，属于中档题.三、解答题17．已知函数yksinxb(k0)的最小值为4，最大值为2，求k、b的值.k3【正确答案】.b1【分析】根据正弦函数的性质求解.k3kb4

【详解】由题意得，解得.b1kb2

18．已知在ABC中，a13，A60，SABC33，求b、c的值.【正确答案】b3，c4或b4，c3.【分析】根据三角形的余弦定理和面积公式求解.【详解】在ABC中，由余弦定理与面积公式得(13)2b2c22bccos60，33

1

bcsin60，化为b2c2bc13，bc12，2解得b3，c4或b4，c3.

19．已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，设向量OAa，OBb.

（1）用向量a､b分别表示向量DC､BC.

P（2）若为直线AB处上一点，k是实数，且APkAB，用向量a､b表示向量OP.【正确答案】（1）DCba；BCba；（2）OP(1k)akb．【分析】（1）由向量的三角形法则计算即可得解；（2）由向量的三角形法则计算即可得解．【详解】解：（1）因为平行四边形ABCD的对角线相交于点O，所以DCABOBOAba，BCACAB2OA(OBOA)OBOAba．（2）OPOAAPOAkABOAk(OBOA)(1k)OAkOB(1k)akb．方法点睛：向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答．20．已知函数f(x)3sin2xcos2x1(xR).(1)写出函数f(x)的最小正周期和严格单调递增区间；c，b、C所对的边分别是a、(2)在ABC中，角A、B、若f(B)0，BABC

求ABC的周长.ππ

【正确答案】(1)π；kπ,kπ，kZ

63



3

，且ac4，2(2)47【分析】由辅助角公式将f(x)3sin2xcos2x1(xR)化简成yAsinxB形式，由正弦型函数的周期及单调区间即可求得函数f(x)的最小正周期和严格单调递增区间.3

f(B)0fxBABC将角B代入（1）中函数化简后的解析式，由求得角B的大小，再由2求得ac的值，联合ac4由余弦定理求得b，即可求得ABC的周长.π

【详解】（1）fx3sin2xcos2x12sin2x1.6

2π

π；所以T2由

πππππ

2kπ2x2kπ，得kπxkπ,kZ.26236ππ

所以函数f(x)的严格单调递增区间为kπ,kπ，kZ；631（2）由f(B)2sin(2B)10，得sin(2B).662所以2B

62kπ

ππ5π或2B2kπ，kZ.666π

.3因为B是三角形内角，所以B

3BABCaccosB,所以ac3.而2又ac4，所以a2c2(ac)22ac162310.所以b2a2c22accosB7，则b7，所以ABC的周长为47.21．如图，学校门口有一块扇形空地OMN，已知半径为常数R，MON2，现由于防疫期间，学校要在其中圈出一块矩形场地ABCD作为体温检测室使用，其中点A、B在弧MN上，且线段AB平行于线段MN．（1）当点A为弧MN的一个三等分点，求矩形ABCD的面积；（2）设AOB，当A在何处时，矩形ABCD的面积最大？最大值为多少？【正确答案】（1）S

312

（2）点A在弧的四等分点处时，Smax(21)R2．R；2【分析】(1)补全四分之一圆，由圆的中心对称性，结合相应辅助线及余弦定理确定AB、BC与半径R的数量关系，即可求面积；(2)应用(1)的思路，结合余弦定理及辅助角公式得到关于的三角函数形式，由函数的最大值即可得矩形ABCD的面积最大值【详解】(1)由线段AB平行于线段MN，A为弧MN的一个三等分点，知：AB所对的圆心角为30°，由余弦定理有AB22R2(1cos30)，即AB

62R而DCAB2将扇形所在的圆O补全，延长AD、BC分别交⊙O于E、F，延长MO、NO分别交DE、CF于G、H，并连接OF、OB，如下图示可知：由圆的对称性，有DCHG为正方形，ADBC∴BF22R2(1cos150)，即BF∴SABCDABBC

BFCH

且BOF1502262RR，故ADBC22312

R2(2)AOB时，AB22R2(1cos)；此时，BOF，即BF22R2(1cos)∴ADBC2(1cos1cos)R，(0,)222

∴SABCDABBC[2sin()1]R

4当且仅当sin(

)1，时，即A在弧的四等分点处，矩形ABCD的面积最大，44Smax(21)R2

本题考查了余弦定理及辅助角公式，其中将扇形所在圆补全，应用圆的对称性找到相关线段的数量关系，并结合余弦定理求边长，进而得到面积；利用辅助角公式得到关于已知角的三角函数，面积的最值转化为函数的最值