精品解析：江苏省南京市第二十九中学2024-2025学年高一下学期3月摸底考试数学试题

高一下学期数学摸底考试 2025.3 出题人 高一数学备课组 审题人 高一数学教研研发组 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，则用列举法表示（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，结合得的值即可求解. 【详解】由得，，即， 又，∴ 故. 故选：C. 2. 已知命题，命题，若均为真命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据命题的真假以及三角函数值域即可求得结果. 【详解】若命题为真命题，可得即可，即； 若命题为真命题，可得，即可得， 因此若均为真命题，可得, 即实数的取值范围为. 故选：B 3. 已知向量若，则m等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可. 【详解】因为，所以，又，， 所以，解得. 故选：A. 4. 已知关于x的一元二次方程的两根为sinα，cosα，则m的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由根与系数的关系可得，，由同角三角函数的性质可得m的值． 【详解】关于x的一元二次方程的两根为 ，可得m， 又由韦达定理可得 所以 解得即m． 故选：C． 5. 已知，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇偶函数的判断方法，可得是偶函数，再利用复合函数的单调性可得出的单调区间，从而得到，即可求解. 【详解】因为，易知，所以的定义域为，关于原点对称， 又，所以是偶函数， 当时，，令，则，对称轴为， 易知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在区间上单调递减， 又是偶函数，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 由，得到，解得，且， 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律以及模长的坐标运算即可得出结果. 【详解】易知，即， 又可得； 所以. 故选：B 7. 设是定义在上的函数，若是偶函数，是奇函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得，，两式相减得，即可求得. 【详解】因为是偶函数，是奇函数， 则，， 两式相减得， 则， 则. 故选：A. 8. 函数的最小值为0，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，使得，进一步关于的方程在上有解，从而即可得解. 【详解】设， 显然， 又因为函数的最小值为0， 这表明，使得， 所以， 也就是说关于的方程在上有解， 首先，其次要使得最小， 则需最小，最大，即当时，最小， 故所求最小值为. 故选：C. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 10. 下列说法中正确的说法为（ ） A. 若，，则 B. 若，，分别表示，的面积，则 C. 两个非零向量，，若，则与共线且反向 D. 若，则存在唯一实数使得 【答案】BC 【解析】 【分析】直接利用向量的传递性和向量的线性运算及三角形的面积特点以及向量共线的充要条件的应用判断、、、的结论． 【详解】对于A，若为零向量，则，成立，但可以不共线，故A错误； 对于B，若，则点为三角形的重心， 即，故B正确； 对于C：两个非零向量，，若，则与共线且反向，故C正确； 对于D：若，，则，此时不存在使得成立，故D错误； 故选：BC． 11. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法错误的是（ ） A. 点、，与向量共线的单位向量为 B. 非零向量和满足，则与的夹角为 C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则 D. 向量，，则在上的投影向量的坐标为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据共线向量及单位向量的概念运算即可判断；对于B，利用向量数量积的运算法则，结合夹角公式即可判断；对于C，检验的情况即可判断；对于D，利用投影向量的公式即可判断. 【详解】对于A，因为、，则，， 所以与向量共线的单位向量为，故A错误； 对于B，因为，所以， 则，化简得， 所以，即， 又， 所以， 因为，所以，故B正确； 对于C，因为，， 当时，，得， 经检验，当时，、同向共线，即此时、的夹角不为锐角，故C错误； 对于D，因为，， 所以在上的投影向量的坐标为，故D正确. 故选：AC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算以及向量相等可得，两式平方相加结合数量积的坐标表示，即可得答案. 【详解】由题意可知， 即， 将两式平方相加可得， 故， 故答案为： 13. 若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小正值是_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据图像平移可得平移后的解析式为，即可根据奇偶性求解. 【详解】由题意可得平移后所得函数的解析式为，由于为偶函数，所以,故, ，最小正值为． 故答案为： 14. 函数在区间上有两个零点，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的零点个数，转化为方程的根的个数，求解参数范围. 【详解】由在上有两个零点， 则在上有两个实数根, 所以,, 又因为， 所以在上有两个不同的实数根, 则. 故答案为：. 四、解答题（本大题共6小题，共77分） 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角， 则且与不共线， 即且， 所以且. 16. 如图，在中，，点满足边上的中线与交于点．设． （1）用向量表示； （2）求的大小． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的线性运算即可求解； （2）利用平面向量的数量积公式即可求解． 【小问1详解】 由可知，， 则， 所以； 又为边上的中线，所以． 【小问2详解】 由得， 又，所以向量与的夹角为，则， 由图形可知，的大小等于向量与的夹角， 又， ， ， 所以， 又，所以． 17. 已知是关于的方程的两个根. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理，结合同角三角函数的基本关系求出，然后利用诱导公式和立方和公式求解可得； （2）根据诱导公式和商数关系化简，结合（1）中结论可得. 【小问1详解】 由已知原方程判别式，即，所以或. 因为，所以. 所以或（舍去）.所以. . 【小问2详解】 . 18. 如图，在中，点满足是线段的中点，过点的直线与边分别交于点. （1）若，求和的值； （2）若，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用基底法，用表示出，即可求解. (2)先根据已知条件，得到，，再根据，即可得，再根据三点共线，得，再由基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又是线段的中点，所以， 又，且不共线， 所以. 【小问2详解】 因为， ， 由（1）可知，，所以， 因为三点共线，所以，即 又， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 19. 已知为所在平面内一点，满足，且的面积为． （1）求的值; （2）求的值; （3）若点是线段上一点，过点分别向作垂线，垂足分别为E，F，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积公式及运算律计算夹角即可； （2）根据同角三角函数的平方关系结合（1）的结论、三角形面积公式得，由平面向量数量积得，再在等式两边同乘以计算即可； （3）利用（1）（2）的结论及数量积运算律可得，由条件可判定O为的重心，根据面积关系得，利用投影的意义及基本不等式计算最值即可. 【小问1详解】 由得， 两边平方可得:， 又，所以， 即，即， 所以； 【小问2详解】 因为，所以， 又， 所以， 则， 在等式两边同乘以， 有， 所以； 【小问3详解】 因为， 同理得，即有， 由得点是的重心， 所以， 又， 即有， 所以， (当且仅当时取等号)， 所以的最小值为. 【点睛】思路点睛：第一问利用等量关系同时平方消去，利用数量积公式计算即可；第二问利用三角形面积公式先计算，再在等式两边同乘以计算即可；第三问利用重心的性质结合面积公式推出，再根据投影的意义及基本不等式计算即可. 20. 已知函数，其中t为常数. （1）当，时，若，求x的值； （2）设函数在上有两个零点m，n， ①求t的取值范围； ②证明：. 【答案】（1） （2）①； ②令，， 则，为关于的方程的两根， 则有，， 所以，， 所以， 即， 即有，由①知， 故，又，故， 由于，则，故， 又在上单调递增，故， 即. 【解析】 【分析】（1）将代入后可得，结合范围计算即可得解； （2）①借助换元法，结合二次函数的性质计算即可得；②由韦达定理可得，，结合三角函数在上的单调性与①中所得计算有，即可得，即可得证. 【小问1详解】 由，则， 当时，，而， 故或（舍），故， 【小问2详解】 ①令，因为，所以，则， 则， 由在上单调递增， 故关于的方程在上有两个不相等实数根， 即有， 解得，即的取值范围为； ②略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助韦达定理得到，，从而可得，再结合三角函数在上的单调性与①中所得计算即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期数学摸底考试 2025.3 出题人 高一数学备课组 审题人 高一数学教研研发组 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，则用列举法表示（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，命题，若均为真命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量若，则m等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知关于x的一元二次方程的两根为sinα，cosα，则m的值为（　　） A. B. C. D. 5. 已知，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 7. 设是定义在上的函数，若是偶函数，是奇函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的最小值为0，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 10. 下列说法中正确的说法为（ ） A. 若，，则 B. 若，，分别表示，的面积，则 C. 两个非零向量，，若，则与共线且反向 D. 若，则存在唯一实数使得 11. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法错误的是（ ） A. 点、，与向量共线的单位向量为 B. 非零向量和满足，则与的夹角为 C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则 D. 向量，，则在上的投影向量的坐标为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，，若，则______． 13. 若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小正值是_____________． 14. 函数在区间上有两个零点，则实数的取值范围为________． 四、解答题（本大题共6小题，共77分） 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 16. 如图，在中，，点满足边上的中线与交于点．设． （1）用向量表示； （2）求的大小． 17. 已知是关于的方程的两个根. （1）求的值； （2）求的值. 18. 如图，在中，点满足是线段的中点，过点的直线与边分别交于点. （1）若，求和的值； （2）若，求的最小值. 19. 已知为所在平面内一点，满足，且的面积为． （1）求的值; （2）求的值; （3）若点是线段上一点，过点分别向作垂线，垂足分别为E，F，求的最小值． 20. 已知函数，其中t为常数. （1）当，时，若，求x的值； （2）设函数在上有两个零点m，n， ①求t的取值范围； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $