精品解析：河北省保定市定州中学2024-2025学年高一上学期10月考试数学试题

高一数学考试 全卷满分150分 考试时间120分钟 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. 设为全集，若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 当时，函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 4. 设是定义域为的奇函数，且.若，则（ ）. A. B. C. D. 5. 若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别交两边于两点，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 2 二､多选题：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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是钝角三角形 C. 的最大内角是最小内角的倍 D. 若，则外接圆半径为 10. 如图，直角三角形ABC中，D，E是边AC上的两个三等分点，G是BE的中点，直线AG分别与BD， BC交于点F，H设，，则（ ） A. B. C. D. 11. 若函数的定义域为，且偶函数，关于点成中心对称.则下列说法正确的是（ ） A. 的一个周期为2 B. C. 的一条对称轴为 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知函数在上是增函数，则的取值范围是_______. 13. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 14. 在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 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. 已知向量和，且，求： （1）的值 （2）的值 （3）的夹角的余弦值. 16. 已知． （1）求函数的最小正周期T； （2）求函数的单调增区间； （3）当时，求函数的值域． 17. 已知，． （1）若且，求在方向上的投影向量； （2）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围． 18. 在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求角B的值； （2）若，求的取值范围． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中点为原点坐标） （1）设函数，求函数的“相伴向量”的坐标； （2）记的“相伴函数”为，设函数，若方程有四个不同实数根，求实数的取值范围； （3）已知点满足条件：，且向量的“相伴函数”在时取得最大值，当点运动时，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学考试 全卷满分150分 考试时间120分钟 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. 设为全集，若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求集合B，再根据补集和交集运算求解. 【详解】因为，， 可得或，所以. 故选：D. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先求解不等式，再根据充分条件必要条件的定义判断即可. 【详解】因为， 所以是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 3. 当时，函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】使用变量分离，将化为，使用基本不等式解决. 【详解】因为，所以， 当且仅当 ，即时，等号成立． 故选：B． 4. 设是定义域为的奇函数，且.若，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数奇偶性与已知关系，证明是周期函数，利用函数周期性与奇偶性结合已知条件，求函数值即可. 【详解】因为是定义域为的奇函数，则， 则，故是以为周期的周期函数， 由，则. 故选：B. 5. 若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的值域为，可得函数的值域应包含，利用即可得解. 【详解】函数的值域为， 则函数的值域应包含， 则有，解得或， 所以的取值范围是. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式及二倍角正弦公式计算再结合同角三角函数关系求解. 【详解】. 故选：D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据三角函数的图象与性质计算即可得表达式，先根据三角函数的图像变换得，结合正弦函数的单调性、对称性可判定m的取值范围. 【详解】由函数的部分图象可知，， 因为，所以， 又，所以，解得， 由可得，所以， 将的图象向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，令，由，可得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 因为关于的方程在上有两个不等实根， 即与的图像在上有两个交点， 即与在上有两个交点， 所以实数的取值范围为， 故选：B. 8. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别交两边于两点，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用重心的性质结合平面向量共线定理得到，最后利用‘1’的代换结合基本不等式求解最值即可. 【详解】∵是的重心，， 又，结合题意知， 因为三点共线, 当且仅当即时取等号，的最小值为，故A正确. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是找到利用平面向量共线定理得到，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可． 二､多选题：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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是钝角三角形 C. 的最大内角是最小内角的倍 D. 若，则外接圆半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据，得到，然后利用正、余弦定理和三角恒等变换知识逐项判断即可. 【详解】对A，因为在中， 所以 ，解得， 所以根据正弦定理知，故A正确； 对B，易知角C为最大角，则， ，所以角C为锐角，故是锐角三角形，故B错误； 易角A为最小角，则， 所以，即， 又，所以，所以 ，故C正确； 设外接圆的半径为R，则由正弦定理得 ，解得，故D正确； 故选：ACD. 10. 如图，直角三角形ABC中，D，E是边AC上的两个三等分点，G是BE的中点，直线AG分别与BD， BC交于点F，H设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，分别写出各点坐标，特别联立方程组解得，再根据选项一一判断即可． 【详解】以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系， 设，，则，，，，，． 又F为的重心，则，直线AG的方程为，直线BC的方程为， 联立解得，则，，， 因为，， 所以，，，． 故选：ACD． 11. 若函数的定义域为，且偶函数，关于点成中心对称.则下列说法正确的是（ ） A. 的一个周期为2 B. C. 的一条对称轴为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题设条件可得为周期函数且周期为，再结合对称性逐项判断后可得正确的选项. 【详解】因为偶函数，故，故， 所以的图像有一条对称轴为直线，且， 又关于点成中心对称，故， 故，故且， 所以，所以， 所以，故为周期函数且周期为， 故有对称轴为，故C正确. 而，故B正确. 由可得， 故，由可得， 故，故，故D成立， 取， 则， ， 故为偶函数，关于点成中心对称，满足题设要求， 但的周期为4，故A错误. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：抽象函数的性质讨论，注意根据变换的思想探究抽象函数的周期性等，注意否定函数的周期性应该结合三角函数给出反例. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知函数在上是增函数，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正切函数的单调性，结合题意，列出满足的条件，求解即可. 【详解】根据题意，，解得，又，则； 当，， 由题可得，解得； 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 13. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出； 方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出． 【详解】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 故答案为：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 14. 在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 【答案】或0 【解析】 【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】∵三点共线， ∴可设， ∵， ∴，即， 若且，则三点共线， ∴，即， ∵，∴， ∵,,， ∴， 设，，则，. ∴根据余弦定理可得，， ∵， ∴，解得， ∴的长度为. 当时， ，重合，此时的长度为， 当时，，重合，此时，不合题意，舍去. 故答案为：0或. 【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出． 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. 已知向量和，且，求： （1）的值 （2）的值 （3）的夹角的余弦值. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的定义即可求解； （2）由即可求解； （3）由向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 ， 【小问3详解】 ， 16. 已知． （1）求函数的最小正周期T； （2）求函数的单调增区间； （3）当时，求函数的值域． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用辅助角公式化一，再根据正弦函数的周期性即可得解； （2）根据正弦函数的单调性即可得解； （3）根据正弦函数的值域即可得解. 【小问1详解】 ， 则； 【小问2详解】 令，，得， 所以函数的单调增区间为； 【小问3详解】 由，得， 所以， 所以函数的值域为． 17. 已知，． （1）若且，求在方向上的投影向量； （2）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据模长的坐标运算求得，再结合投影向量的定义分析求解； （2）根据题意可知且与不共线，结合向量的坐标运算分析求解. 【小问1详解】 因为，，则， 若且，则，解得， 则，，可得， 所以在方向上的投影向量. 【小问2详解】 因为，． 若与的夹角为钝角，则且与不共线， 则，解得且， 所以实数m的取值范围为. 18. 在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求角B的值； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角后整理化简即可； （2）利用正弦定理得到，则，利用三角公式变形整理，利用三角函数的性质求最值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理边化角可得， 所以，又， 所以，又为锐角， 则； 【小问2详解】 由正弦定理， 则， 所以， ， 因为在锐角三角形中，得， 所以， 则， 所以的取值范围为. 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中点为原点坐标） （1）设函数，求函数的“相伴向量”的坐标； （2）记的“相伴函数”为，设函数，若方程有四个不同实数根，求实数的取值范围； （3）已知点满足条件：，且向量的“相伴函数”在时取得最大值，当点运动时，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意，将可化为进而根据题意得答案； （2）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得k的范围 （3）由可求得时，取得最大值，其中，换元求得的范围，再利用二倍角的正切可求得的范围． 【小问1详解】 ， 所以函数的相伴向量． 【小问2详解】 由题知：， 所以． ①当时，； ②当时，． 所以， 可求得在单调递增，单调递减，单调递增， 单调递减，且， ∵图像与有且仅有四个不同的交点， 所以实数k的取值范围为. 【小问3详解】 的“相伴函数”，其中，，． 当，即，时取得最大值． 所以， 令，则，， 因为在上单调递增， 所以时，即 所以． 【点睛】关键点点睛：第（1）问的关键是用正弦两角差和余弦两角和公式展开，合并同类项即可，再结合新定义即可得解；第（2）问的关键是将方程实数根个数问题转化为图象交点个数问题；第（3）问的关键是得出，就可以用表示，然后即可求出范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $