吉林省延边州珲春市第一高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学复习试题

复习卷 一、单选题 1．在中，“”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 2．将函数的图象向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（    ） A．7 B．5 C．9 D．11 3．已知向量，，则“”是“与共线”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4．对数螺线广泛应用于科技领域．某种对数螺线可以用表达，其中为正实数，是极角，是极径．若每增加个单位，则变为原来的（    ） A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 5．函数的大致图象是（    ） A．B．C． D． 6．复数的虚部是（    ） A．1012 B．1011 C． D． 7．已知的一段图象如图所示，则（    ） A． B．的图象的一个对称中心为 C．的单调递增区间 D．函数的图象向左平移个单位后得到的是一个奇函数的图象 二、多选题 8．已知向量，则（ ） A．若，则 B．若，则 C．的最大值为5 D．若，则 9．已知，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若， 10．已知函数，若把函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则（    ） A． B．函数的图象关于点对称 C．函数在区间上单调递减D．函数在上有3个零点 三、填空题 11．在中，，，分别是角，，的对边，若，则的值为 . 12．函数的值域为 ． 13．已知方程的两个复数根分别为，，则 ． 14．已知函数，若方程恰有3个不同的实数根，则实数t的取值范围是 . 四、解答题 15．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． (1)求的值；(2)若的面积为，求AB边上的高． 16．在中，角的对边分别为的面积为，已知. (1)求角；(2)若的周长为，求的最大值. 17．已知的内角的对边分别为，且满足. (1)求角的大小；(2)若为锐角三角形且，求面积的取值范围. 18．在△中，角所对的边分别为且． (1)求△的外接圆半径；(2)若△为锐角三角形，求△周长的取值范围． 复习卷一（2） 复习卷一（1） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A B B D C AD BCD BC 1．B 【分析】先证明条件是必要的，再构造反例说明条件不是充分的. 【详解】若，则，故条件是必要的； 当，，时，有，，故条件不是充分的. 故选：B. 2．D 【分析】求出，根据可得ω，从而可求其最小值. 【详解】， ，， 由题可知，，，解得，， 又，当时，取得最小值11． 故选：D． 3．A 【分析】根据向量共线的坐标关系运算求出的值，判断得解. 【详解】向量，， 若与共线，则.解得或， 所以“”是“与共线”的充分不必要条件， 故选：A. 4．B 【分析】设所对应的极径为，所对应的极径为，根据所给表达式及指数幂的运算法则计算可得. 【详解】设所对应的极径为，则， 则所对应的极径为，所以， 故每增加个单位，则变为原来的倍. 故选：B 5．B 【分析】求出函数的定义域，分、、时、讨论的值域，再结合，的函数值的大小肯定答案. 【详解】函数的定义域为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 且，， 因为， 所以，所以只有B符合. 故选：B. 6．D 【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可. 【详解】因为， ， 所以，① 因为，所以，， 所以化简①可得， 所以虚部为， 故选：D. 7．C 【分析】首先根据函数图像求出函数解析式，即可判断A，再根据正弦函数的性质一一判断即可； 【详解】解：由图可知，，所以，解得，所以，又函数过点，即，所以，解得，因为，所以，所以，故A错误； 因为，所以函数关于对称，故B错误； 令，解得，故函数的单调递增区间为，故C正确； 将函数的图象向左平移个单位得为偶函数，故D错误； 故选：C 8．AD 【分析】根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出的关系，进而可判断D. 【详解】因为，， 所以，， 对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 又，解得或，故B错误； 对于C， ，其中， 当时，取得最大值，故C错误； 对于D，若，则， 即，所以， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 9．BCD 【分析】以为整体，利用诱导公式、倍角公式以及两角和差公式逐项分析求解. 【详解】因为， 对于选项A：，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：，故C正确； 对于选项D：若，则， 且，则，， 可得 ， 所以，故D正确； 故选：BCD. 10．BC 【分析】先求出平移后的函数解析式，再结合条件求，由此可得函数的解析式，再由正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由已知可得 因为函数的图像关于原点对称， 则，解得，又， 则时，， 所以，故A错误； 因为， 所以的图像关于点对称，故B正确； 当时，则， 且函数在单调递减， 所以函数在区间上单调递减，故C正确； 令，即， 解得，又， 则，共两个零点，故D错误； 故选：BC. 11．2023 【分析】由已知可利用余弦定理转化为新的关系式，再由已知可用切化弦思想及正弦定理的边角互化思想就可得到结果. 【详解】因为， 由余弦定理得， 所以， 所以 ， 故答案为：2023. 12． 【分析】结合正弦函数的图象将解析式中的绝对值去掉，分类讨论函数，利用辅助角公式将其化成正弦型函数，数形结合求解函数的值域即可. 【详解】因，由，可得， 由，可得. 故当时，， 此时， 则，有； 当时，， 此时，则，有. 综上可得，的值域为. 故答案为： 13． 【分析】根据题意，求出，，即可根据模长公式求解. 【详解】根据题意，，即， 解可得，，则， 故答案为： 14． 【分析】将方程恰有3个不同的实数根，转化为直线与曲线有3个交点，数形结合即可求解. 【详解】做出函数的图象如图：    由图可知，当时，直线与曲线有3个交点， 即方程有3个不同的实数根.所以实数t的取值范围是. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可. （2）由（1）求出，由同角三角函数的基本关系求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）∵， ∴， 由正余弦边角关系得，①， 又，② 由①②得，， ∴，∴ （2）由（1）得，， （或由余弦定理得） ∵为锐角，∴， ∴的面积， ∴， 设边上的高为， 则的面积， ∴，即边上的高为. 16．(1) (2) 【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解； (2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可. 【详解】（1）因为， 所以， 即， 由正弦定理，得， 因为， 所以， 因为，所以，所以， 又，所以. （2）由余弦定理，得，即， 所以，即， 因为，， 所以， 所以， 又（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 即的最大值为. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据条件由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求得答案； （2）由正弦定理得，，代入三角形面积公式化简得，结合角的范围求出答案. 【详解】（1）由正弦定理得，， 所以， 即， 化简得：，即， 又，所以. （2）由正弦定理得：， 所以，， 所以 ， 因为是锐角三角形，所以，解得， 所以，所以， 所以. 18．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理角化边，在结合余弦定理求得，即可求解； （2）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式及辅助角公式，将转化为三角函数，根据为锐角三角形得出的范围，结合三角函数的性质得出范围即可求解． 【详解】（1）因为，所以， 由， 可得：，即， 又，所以， 所以，， 所以， 所以△的外接圆半径为. （2）由（1）知，， 由正弦定理有， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得， 所以，则， 所以，则， 所以周长的取值范围为． 19．(1)， (2) 【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简，得，进而可求出最小正周期，由可求出其递增区间； （2）由，得，由题意可得，求出的范围，从而可求出其最小值. 【详解】（1） ， ， 令， 得， 所以函数单调递增区间是； （2）当时，， 若函数的最大值是1，则有， 得，所以的最小值是. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$