精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

2023-2024学年度(下)沈阳市五校协作体期中考试 高一 数学 考试时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：本试卷共二部分:第一部分：选择题型（1－11题　58分） 第二部分：非选择题型（12－19题　92分） 第Ⅰ卷(选择题　共58分) 一、选择题：本题共8小题的，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. ，则是（ ） A. 第一或第二象限角 B. 第二或第四象限角 C. 第一或第三象限角 D. 第二或第三象限角 2. 对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）就是这样一件珍宝．玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：cm，cm，cm，若，，则璜身（即曲边四边形ABCD）面积近似为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图像如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. 或2 B. 或 C. 2 D. 7. 剪纸是中国古老传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形ABCD的边长为4，点P在四段圆弧上运动，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则下列不等式成立是（ ） A B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 四边形内接于圆，，，，下列结论正确的有（ ） A. 四边形为梯形 B. 四边形的面积为 C. 圆的直径为 D. 的三边长度满足 10. 下列命题正确的是（ ） A. 向量在向量上的投影为，则. B. 已知，若与的夹角不为锐角，则t的取值范围为. C. 点在所在的平面内，且满足，则点是的垂心. D. 在平面直角坐标系中，，，而且三点不共线，则. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间单调递增 B. 的图象关于直线对称 C. 的值域为 D. 关于方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 第Ⅱ卷(选择题　共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，则______. 13. 设是单位向量，且，则的范围为_______ 14. 已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x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. 在中，已知． （1）求的大小； （2）若，求函数在上的单调递增区间． 16. 已知向量，. （1）若，求； （2）若，函数 ； （ⅰ）求的值域. （ⅱ）当取最小值时，求与垂直的单位向量的坐标. 17. 如图，矩形是一个历史文物展览厅的俯视图，点在上，在梯形区域内部展示文物，是玻璃幕墙，游客只能在区域内参观．在上点处安装一可旋转的监控摄像头．为监控角，其中、在线段（含端点）上，且点在点的右下方．经测量得知：米，米，米，．记(弧度)，监控摄像头的可视区域的面积为平方米． （1）求关于的函数关系式，并写出的取值范围；（参考数据：） （2）求的最小值． 18. 在锐角中，内角的对边分别为，的面积为，且，. （1）求的面积最大值. （2）求取值范围. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度(下)沈阳市五校协作体期中考试 高一 数学 考试时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：本试卷共二部分:第一部分：选择题型（1－11题　58分） 第二部分：非选择题型（12－19题　92分） 第Ⅰ卷(选择题　共58分) 一、选择题：本题共8小题的，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. ，则是（ ） A. 第一或第二象限角 B. 第二或第四象限角 C. 第一或第三象限角 D. 第二或第三象限角 【答案】C 【解析】 【分析】求解指数不等式可得，进一步得到，则答案可求． 【详解】由， 得， ， 即， 是第一或第三象限的角． 故选：C． 2. 对于任意非零向量，若在上投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量和投影的关系以及投影的计算方法直接求解即可. 【详解】由题意得，在上的投影为， 同理，在上的投影为， 因为任意非零向量在上的投影向量互为相反向量， 所以在上的投影互为相反数， 所以，则，即. 故选：D 3. 2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）就是这样一件珍宝．玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：cm，cm，cm，若，，则璜身（即曲边四边形ABCD）面积近似为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定图形求出圆心角，再利用扇形面积公式计算即得. 【详解】显然为等腰三角形，，则，， 即，于是， 所以璜身的面积近似为. 故选：C 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得到，结合得到方程组，求出，进而得到余弦和正切值. 【详解】由得， 又， 故，即， 解得，故， 故 故选：B 5. 函数的部分图像如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，过作轴于点，结合函数图像可得函数的解析式，从而可得，代入计算，即可得到结果. 【详解】 过作轴于点，则， 因为是等腰直角三角形，所以，故， 则，且，则， 因为，所以， 所以，，， 所以，解得，， 因为，所以，则， 则， 故. 故选：A 6. 若，则（ ） A. 或2 B. 或 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，利用正切的二倍角公式求出tanα，再利用正余弦二倍角公式和同角三角函数的商数关系化简要求值的式子，带值计算即可得到答案. 【详解】或， 代入tanα求得值均为：2. 故选：C. 7. 剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形ABCD的边长为4，点P在四段圆弧上运动，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围. 【详解】以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 设点，易知，点的横坐标的取值范围是， 又因为，，所以，. 故选：B. 8. 已知，，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用单位圆证明不等式，利用此不等式及二倍角的余弦公式比较即得. 【详解】如图，，角的终边交单位圆于点，与直线交于点， 过点作轴于点，显然， 而，因此，， 则，，又， 所以. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 四边形内接于圆，，，，下列结论正确的有（ ） A. 四边形为梯形 B. 四边形的面积为 C. 圆的直径为 D. 的三边长度满足 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接利用余弦定理，三角形的面积公式，圆的内接四边形性质，和等差数列的证明对选项逐一判断即可. 【详解】对于A，，， 连接，由可得，又因为， 所以，， ，， 显然不平行，即四边形为梯形，故A正确； 对于B，在中， ， 在中由余弦定理可得， ，解得或（舍去）， ， ， ，故B正确； 对于C，由B可知，，，则圆的直径不可能是，故C错误； 对于D，在中，，，，满足，故D正确. 故选：ABD. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 向量在向量上的投影为，则. B. 已知，若与的夹角不为锐角，则t的取值范围为. C. 点在所在的平面内，且满足，则点是的垂心. D. 在平面直角坐标系中，，，而且三点不共线，则. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据投影向量的定义即可判断A；根据向量夹角不为锐角得，或，计算即可判断B；通过得即可判断C；求直线的方程，即点到直线的距离即可判断D. 【详解】对于A，根据投影向量定义，向量在向量上的投影向量为， 即，即，故A正确； 对于B，因为， 且， 又因为与的夹角不为锐角， 所以，或 即或， 解得或，故B错误； 对于C，因为， 所以，即， 故， 故， 即点为的垂心，故C正确； 对于D，由得，直线的方程为， 点到直线的距离， 所以的面积为， 故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间单调递增 B. 的图象关于直线对称 C. 的值域为 D. 关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D. 【详解】对于A：当时， 所以， 因为在上单调递增，又， 所以， 因为，即，所以，即， 所以，所以， 又在上单调递增，在上单调递减， 所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误； 对于B：因为， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于C：因为， 令，则，令，， 则在上单调递增，在上单调递减，又，，， 所以，所以的值域为，故C正确； 对于D：当时，所以， 由A选项可令且， 则当时单调递增， 令，即时上单调递增，且， 所以在上单调递减， 又，令，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递增， 当，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递减， 又，，， 所以在上的函数图象如下所示： 由图可知： ①当时与有且仅有一个交点， 即关于的方程在区间的实数根为； ②当或时与有两个交点， 即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称， 所以两根之和为； ③当时与有四个交点， 即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且， 所以与关于对称，与关于对称， 所以； ④当或时与无交点， 即关于的方程在区间无实数根； 综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和. 第Ⅱ卷(选择题　共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据正弦定理得到三边的比例，再根据余弦定理求出角，进而可得. 【详解】因为， 由正弦定理得， 不妨设，则，， 由余弦定理得：， 因，所以， ， 故答案为： 13. 设是单位向量，且，则的范围为_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量运算法则和向量的夹角范围即可得答案. 【详解】由可得，， 即， 从而， 又是单位向量，所以， 设，， 则 ， 当与同向时，取得最小值， 当与反向时，取得最大值， 故答案为：. 14. 已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得. 【详解】由图可知，即，所以； 由五点法可得，即； 所以. 因为，； 所以由可得或； 因为，所以， 方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即， 解得，令，可得， 可得的最小正整数为2. 方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2. 故答案为：2. 【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解. 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. 在中，已知． （1）求的大小； （2）若，求函数在上的单调递增区间． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解； （2）利用大边对大角及三角形的内角和定理，再利用诱导公式及三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理可得： ，即，解得， 又，故或． 【小问2详解】 由，可得，故. , 令,解得. 由于，取，得；取，得；取，得， 故在上的单调递增区间为． 16. 已知向量，. （1）若，求； （2）若，函数 ； （ⅰ）求的值域. （ⅱ）当取最小值时，求与垂直的单位向量的坐标. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）或 【解析】 【分析】（1）根据向量共线可得，结合三角恒等变换分析求解； （2）根据数量积结合三角恒等变换整理可得.（ⅰ）换元设，可知，结合二次函数求值域；（ⅱ）结合（ⅰ）可知，设，结合向量的坐标运算分析求解. 【小问1详解】 因为，，且∥， 则， 即 整理得，所以. 【小问2详解】 因为，则，， 可得 设， 因为，则， 可得，， （ⅰ）设， 因为的图象开口向上，对称轴为， 由二次函数性质可得：， 所以的值域为； （ⅱ）当取最小值时，即，此时， 设，由题意可得，解得 或， 所以或. 17. 如图，矩形是一个历史文物展览厅的俯视图，点在上，在梯形区域内部展示文物，是玻璃幕墙，游客只能在区域内参观．在上点处安装一可旋转的监控摄像头．为监控角，其中、在线段（含端点）上，且点在点的右下方．经测量得知：米，米，米，．记(弧度)，监控摄像头的可视区域的面积为平方米． （1）求关于的函数关系式，并写出的取值范围；（参考数据：） （2）求的最小值． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得PM,PN，再根据三角形面积公式得结果，根据实际意义求定义区间，（2）根据同角三角函数关系化为基本三角函数形式，再根据三角函数性质求最值. 【详解】(1）方法一： 在中，，米， ，. 由正弦定理得， 所以， 同理在中，.， 由正弦定理得' 所以 所以的面积. 当与重合时，；当与重合时，， 即，， 所以 综上可得： 方法二：在中，，米， ，. 由正弦定理可知，， 所以. 在中，由正弦定理可知：. 所以 又点到的距离为， 所以的面积= 当与重合时，：当与重合时，， 即， 所以. 综上可得： （2）由（1）得 又 当，即时，取得最小值为 答：可视区域面积的最小值为平方米 【点睛】本题考查正弦定理以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题. 18. 在锐角中，内角的对边分别为，的面积为，且，. （1）求的面积最大值. （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、向量数量积定义以及三角形面积公式求出边c和角C，再结合基本不等式可得，最后求出的面积的最大值. （2）由正弦定理得，再由平面向量数量积的定义及三角恒等变换知识化简后转化为求三角函数的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以， 又因为，得， 所以，又，得， 由余弦定理得，即， 所以， 由基本不等式得， 故，解得，当且仅当时，等号成立， ； 当且仅当时，的最大值为. 【小问2详解】 由正弦定理得， 所以，又，所以， ， 因为为锐角三角形， 所以，，解得， 则，， . 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案. （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【小问1详解】 由已知中，即， 故，由正弦定理可得， 故直角三角形，即. 【小问2详解】 由（1），所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，由得： ，整理得， 则 . 【小问3详解】 点为的费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$