精品解析：四川省泸州市龙马潭区2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

2024年春期高2023级高一期中考试 数学试题 数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效． 3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效． 第一卷 选择题（58分） 一、选择题（本大题共8个小题，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的．） 1. 复数在复平面内对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设是单位向量，，，，则四边形是（    ） A 梯形 B. 菱形 C. 矩形 D. 正方形 3. 在平行四边形中，为边的中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 函数（其中A，，是常数，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的最小正周期为π C. D. 将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到函数的图象 11. 已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，则下列结论正确的为（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 取值范围为 C. 若为线段上的动点，则 D. 过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为 第二卷 非选择题（92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上．） 12. 已知平面内三个向量，，，若，则k=____________. 13. 的内角、、所对的边分别为、、，且，，则的面积为______． 14. 中，，，当取最大值时，__________． 四、解答题（本大题共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. 已知非零向量，不共线． （1）如果，，，求证：，，三点共线； （2）欲使和共线，试确定实数的值． 16. 设函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值. 17. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及对称轴方程； （2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）已知，D为边上的一点，若，，求的长． 19. 如图，在中，，. （1）若，、分别为、的中点，设、交于点，求的余弦值； （2）若点满足，，为中点，点在线段上移动（包括端点），求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春期高2023级高一期中考试 数学试题 数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效． 3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效． 第一卷 选择题（58分） 一、选择题（本大题共8个小题，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的．） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先对复数化简，即可得答案 【详解】解：， 所以复数在复平面内对应的点为， 所以复数在复平面内对应的点位于第一象限， 故选：A 2. 设是单位向量，，，，则四边形是（    ） A. 梯形 B. 菱形 C. 矩形 D. 正方形 【答案】B 【解析】 【分析】根据共线向量及菱形知识可得解. 【详解】因为，， 所以，即， 所以， 所以四边形是平行四边形， 因为，即， 所以四边形是菱形. 故选：B 3. 在平行四边形中，为边的中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，可得， 所以 故选：D． 4 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可. 【详解】解：∵， 又∵ ∴9， ∴ 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值. 【详解】由题意可得：， 则：，， 从而有：， 即. 故选：B. 【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题. 6. 设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果. 【详解】因为， 所以由正弦定理可得， ， 所以，所以是直角三角形. 【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用和差公式和同角三角函数关系以及二倍角即可得出结论. 【详解】将平方得， 所以，则． 所以， 从而． 联立，得． 所以，． 故． 故选：D 8. 已知，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，进行向量坐标化，利用坐标运算求出的最大值为. 【详解】由，，解得：. 因为，所以. 建立平面直角坐标系，不妨设，设. 则即为， 所以，所以 因为 所以. 故选：A 二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，逆用余弦二倍角公式进行求解；B选项，逆用正弦二倍角公式进行求解；C选项，利用辅助角公式和诱导公式求出答案；D选项，将换为，逆用正切差角公式进行求解. 【详解】A选项，，A错误； B选项，，B正确； C选项，，C正确； D选项，，D正确. 故选：BCD 10. 函数（其中A，，是常数，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的最小正周期为π C. D. 将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到函数的图象 【答案】AB 【解析】 【分析】对A、B、C：根据函数图象求，即可分析判断；对D：根据图象变换结合诱导公式求解析式，即可得结果. 【详解】对A：由图可知：，即， ∵，则， 故的值域为，A正确； 对B：由图可得：，则，B正确； 对C：∵，且，可得， ∴， 由图可得：的图象过点， 即，则， 且，可得， 可得，则，C错误； 对D：可得：， 将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到， D错误； 故选：AB. 11. 已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，则下列结论正确的为（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 的取值范围为 C. 若为线段上的动点，则 D. 过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】依次判断每个选项，直接计算A正确；当时，，B错误；当三点共线时最小，根据余弦定理计算得到C正确；计算截面，根据均值不等式计算得到D错误，得到答案. 【详解】对选项A：母线长，侧面积为，正确； 对选项B：中，，，则当时， ，错误； 对选项C：为等腰直角三角形，，将放平得到，如图2所示，当三点共线时最小，为中点，连接，则，， ，正确； 对选项D：如图3，设截面为，为中点，连接，设，，则 ，当，即时等号成立，D错误. 故选：AC 【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中侧面积，截面积和线段和的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和空间想象能力，其中，将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键. 第二卷 非选择题（92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上．） 12. 已知平面内三个向量，，，若，则k=____________. 【答案】 【解析】 【分析】先表示出，再由平行向量的坐标表示求解即可. 【详解】因为，，， ， ， 因为，所以， 所以，解得：. 故答案为： 13. 的内角、、所对的边分别为、、，且，，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理化简可得出值，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果. 【详解】因为， 所以， ， 因为、、，则，所以，， 由正弦定理可得， 因为，所以，，则，可得. 由余弦定理可得， 因此，. 故答案为：. 14. 在中，，，当取最大值时，__________． 【答案】 【解析】 【分析】用正弦定理将转化求得最大值，根据用余弦定理联立方程组即可求解. 【详解】设，，， ，， ， ， ， ， ， ，其中， ，，， 当时取最大值， ， ， ， ， 即的值为. 四、解答题（本大题共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. 已知非零向量，不共线． （1）如果，，，求证：，，三点共线； （2）欲使和共线，试确定实数的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据平面向量基本定理用，分别表示出，，有，且都过点，进而可证，，三点共线； （2）根据已知条件有，求得，解出即可. 【小问1详解】 证明：因为，， 所以，共线，且有公共点，所以，，三点共线. 【小问2详解】 因为与共线，所以存在实数，使， 则，又由于向量，不共线，只能有， 解得： 16. 设函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解； （2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解. 【详解】（1）由辅助角公式得， 则， 所以该函数的最小正周期; （2）由题意， ， 由可得， 所以当即时，函数取最大值. 17. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及对称轴方程； （2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间. 【答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为， （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可； （2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可. 【小问1详解】 ， ， 所以函数的最小正周期为， 令，，得函数对称轴方程为， 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为， 所以， 令， 所以.又， 所以在上的单调递减区间为. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）已知，D为边上的一点，若，，求的长． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解， （2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解. 【小问1详解】 ∵，根据正弦定理得，， 即， 所以，因为， 所以，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，，，根据余弦定理得 ，∴． ∵，∴． 中，由正弦定理知，，∴， ∴，，所以 ∴，∴． 19. 如图，在中，，. （1）若，、分别为、的中点，设、交于点，求的余弦值； （2）若点满足，，为中点，点在线段上移动（包括端点），求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，利用向量的夹角公式，即可求得答案； （2）设，结合表示出M点坐标，利用求出t的值，设，表示出的表达式，结一次函数的性质，即可求得答案. 【小问1详解】 以为原点，所在直线为轴，过B作的垂线为y轴，建立如图所示直角坐标系， ，，，，，， ，， ，， 由题意知即为，的夹角，设为， . 【小问2详解】 设，， ，，， 设，，， ，，，则，. ， ，， ，即，解得（负值舍去）， ，因为为中点，， 设，，，， ， ， 所以当时，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$