精品解析：湖北省黄冈市高中联校2023-2024学年高一下学期期中教学质量抽测数学试题

2024年春季黄冈市高中联校高一年级期中教学质量抽测 数学 黄冈市教育科学研究院命制 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本题共8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. 在中，，，，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的定义运算求解，注意向量的夹角的定义. 【详解】因为，，，则， 所以. 故选：D. 2. 若向量与向量方向相同，则实数（ ） A. B. C. 2 D. －2 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量共线的坐标表示即可求出未知量的值，再结合题意检验即可得解. 【详解】由题意可得即， 解得或， 当时，，此时，所以向量与向量方向相同，符合题意； 当时，，此时，所以向量与向量方向相反，不符合. 所以. 故选：C. 3. 已知，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. －1 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和差公式可得，再结合倍角公式运算求解. 【详解】因为，则， 即，可得， 又因为，解得. 故选：B. 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则曲线的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图像变换可得，结合对称轴与最值之间的关系分析判断. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度， 得到， 对于选项A：，不是最值， 所以不为对称轴，故A错误； 对于选项B：，是最大值， 所以为对称轴，故B正确； 对于选项C：，不是最值， 所以不为对称轴，故C错误； 对于选项D：，不是最值， 所以不为对称轴，故D错误； 故选：B. 5. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用诱导公式结合两角和差公式运算求解. 【详解】由题意可得 ， 所以. 故选：A. 6. 在中，内角的对边分别为，，，已知，，为钝角，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，再结合余弦定理运算求解. 【详解】由正弦定理可得， 且，即，则， 且为钝角，则， 又因为，即， 由余弦定理可得， 即，解得. 故选：C. 7. 函数的部分图象如图所示，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】代入点可得，结合图象和周期性分析求解. 【详解】因为过点，则， 可得， 因为过点，，结合图象可知，即， 且，可得. 故选：B. 8. 在中，，，若，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量的基本定理用表示出，，然后联立求解即可. 【详解】 如图所示：由于，， 所以，， 所以，所以. 故选：C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图像关于点对称 C. 函数在上单调递增 D. 函数在区间上至少有3个零点，则最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换可得，对于A：根据最小正周期公式运算求解；对于B：根据零点与对称中心的关系分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：整理可得，，结合正弦函数性质分析求解. 【详解】由题意可得：， 对于选项A：函数的最小正周期为，故A正确； 对于选项B：因为， 所以函数的图像关于点对称，故B正确； 对于选项C：因为，即， 所以函数在上不单调，故C错误； 对于选项D：令，可得， 因为，则， 可得，解得， 所以的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知平面向量，满足，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 向量，的夹角的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积以及模长的运算律计算可得A正确，B错误，C正确；再由向量夹角的计算公式利用基本不等式可求得D正确. 【详解】由可得，即，可得； 对于A，若可得， 因此，因此，可得，即A正确； 对于B，若，则存在唯一实数使得， 联立可得， 即，解得； 因此，可得B错误； 对于C，若，则， 所以，联立解得，即C正确； 对于D，， 当且仅当，即时，等号成立； 又因为，所以向量，的夹角的最大值为，即D正确. 故选：ACD 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由得，对于A，由角即可判断得解；对于B，分析得出矛盾进而得，结合诱导公式即可得解；对于C，由和结合二倍角公式和诱导公式求出角A、B、C即可得解；对于D，结合选项C利用正弦定理即可得解. 【详解】因为，所以， 对于A，若，则，故A错误； 对于B，若角，则由及得及，不符合， 故角，则由及得， 所以即，故B正确； 对于C，由上， 所以由得，整理得， 解得或，由得，故， 所以，，故，故C正确； 对于D，因为即，所以由正弦定理，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：对于选项C，可知是探究角A与角C的关系，所以应将已知条件代入等量关系中再切化弦，接着结合二倍角公式和诱导公式进行运算和转化求出角A，进而可依据已知条件求出角B、C即可得解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，，则角______． 【答案】## 【解析】 【分析】由三角形的内角和求出，将代入化简求解即可. 【详解】在中，因为，所以， 由于，所以， 所以，即， 所以， 所以，因为，所以. 故答案为：## 13. 已知，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积结合三角恒等变换可得，，再结合向量垂直列式求解即可. 【详解】因，，则， 且， 若，则，解得. 故答案为：. 14. 函数的值域为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知为的一个周期，利用换元法求在内的值域，进而可得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为， 且 ， 可知为的一个周期， 若，则，可知， 可得， 令，则， 且，可知， 可得， 可知在内单调递增，且， 则，即； 结合周期性可知：的值域为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是分析的周期性，这样可以缩小定义域，方便去绝对值求值域. 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． （1）若，均为锐角，满足，求． （2）若，求； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式和倍角公式可得，结合题干分析求解； （2）根据题意可得，结合两角和差公式运算求解. 【小问1详解】 因为，即， 则， 且，，均为锐角，则， 可得，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，即，可得， 又因为，则， 可得，则， 所以. 16. 在中，内角的对边分别为，，，已知，，. （1）求的周长； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，利用余弦定理运算求解即可； （2）利用余弦定理结合（1）数据可得，，再结合两角和差公式运算求解. 小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 又因为，由余弦定理可得， 即，解得（舍负），即， 所以的周长为. 【小问2详解】 由（1）可知：，， 则，可知角A为钝角， ，可知角B为锐角， 可得， 则， 且，可得， 所以. 17. 在四边形中，，，， （1）若，，，四点共圆，求线段的长； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由已知求出，进而求出，，接着由求出，由、、、四点共圆求出，再由即可求解. （2）由已知结合余弦定理可先求出，然后结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由题， 所以，故， 所以 ， 因为、、、四点共圆，所以， 所以. 【小问2详解】 由（1），，， 若，则由余弦定理得 ， 整理得，解得（舍去）或， 所以四边形的面积为 . 18. 在平面直角坐标系中，角以原点为顶点，轴非负半轴为始边，终边与单位圆交于点，角的终边与单位圆交于点． （1）若，求的取值范围； （2）若，，定义向量设向量模为，当时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数定义可得坐标，再由向量数量积的坐标表示可得的表达式，根据正弦函数值域可得的取值范围； （2）根据新定义运算可知，利用正弦函数单调性即可解得的取值范围为 小问1详解】 依题意可得， 又可得； 所以 ； 所以的取值范围为； 【小问2详解】 易知， 依题意； 可得 ， 当时，即， 所以，即， 所以， 解得， 所以的取值范围为 19. 已知直线，，分别为，上的两个定点，点A在线段上，，，为直线上一动点，为直线上一动点，，两点均在直线的同一侧，．设．面积为． （1）若，求的最小值； （2）若，且， ①求的长； ②若线段与交与点，，求实数的值． 【答案】（1） （2）①4；② 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，利用正弦定理可得，，进而求，结合三角知识分析求解； （2）利用正弦定理可得，，进而求，结合三角知识可得.①可得，，进而可得结果；②利用余弦定理解得，再利用面积关系分析求解. 【小问1详解】 因为，则，， 若，则， 在中，由正弦定理，可得， 在中，由正弦定理，可得， 则， 又因为，解得，则， 可知当，即时，取到最小值. 【小问2详解】 若，则， 在中，由正弦定理，可得， 在中，由正弦定理，可得， 则， 若，即， 可得， 且 ， 即，可得， 又因为，解得，则， 可得，解得. ①可得，， 在中，可知， 则，即为直角三角形， 所以； ②在中，由余弦定理可得， 即，则，可知，即为直角三角形， 则， 在中，因为， 即， 可得，解得， 又因为，所以. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是利用正弦定理边化角，进而求，结合三角知识分析求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春季黄冈市高中联校高一年级期中教学质量抽测 数学 黄冈市教育科学研究院命制 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在中，，，，则（ ） A. 3 B. C. D. 2. 若向量与向量方向相同，则实数（ ） A. B. C. 2 D. －2 3. 已知，则（ ） A 1 B. 0 C. D. －1 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则曲线的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 5. （ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角的对边分别为，，，已知，，为钝角，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 函数的部分图象如图所示，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在中，，，若，则实数等于（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图像关于点对称 C. 函数在上单调递增 D. 函数在区间上至少有3个零点，则的最小值为 10. 已知平面向量，满足，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 向量，的夹角的最大值为 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，，则（ ） A B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，，则角______． 13. 已知，，，则______． 14. 函数的值域为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）若，均为锐角，满足，求． （2）若，求； 16. 在中，内角的对边分别为，，，已知，，. （1）求的周长； （2）求的值． 17. 四边形中，，，， （1）若，，，四点共圆，求线段的长； （2）若，求四边形面积． 18. 在平面直角坐标系中，角以原点为顶点，轴非负半轴为始边，终边与单位圆交于点，角的终边与单位圆交于点． （1）若，求的取值范围； （2）若，，定义向量设向量的模为，当时，求的取值范围． 19. 已知直线，，分别为，上的两个定点，点A在线段上，，，为直线上一动点，为直线上一动点，，两点均在直线的同一侧，．设．面积为． （1）若，求的最小值； （2）若，且， ①求的长； ②若线段与交与点，，求实数值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$