精品解析：福建省宁德市福鼎市第四中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题

福鼎四中2024-2025学年第二学期月考高一数学试题 注意事项： 1．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 2．考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、单选题（每小题5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. 已知O是所在平面内一点，且，那么（ ） A. 点O在的内部 B. 点O在的边上 C. 点O在边所在的直线上 D. 点O在的外部 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加法的平行四边形法则求得正确答案. 【详解】因为，所以四边形OACB为平行四边形．从而点O在的外部． 故选：D 2. 在中，，则为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 无法判定 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式以及诱导公式可得出，结合角的取值范围可得出结论. 【详解】因为，则， 所以，，因为，故为钝角， 故为钝角三角形. 故选：C. 3. ABC中，＝，DE∥BC，且与边AC相交于点E，ABC的中线AM与DE相交于点N，设＝，＝，用，表示等于（ ） A. () B. () C. () D. () 【答案】D 【解析】 【分析】直接运用向量的减法法则和数乘运算求解即可. 【详解】 由题意得 故选：D. 4. 函数的大致图象为　　 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断函数的奇偶性和图象的对称性，利用特殊值进行排除即可． 【详解】函数， 则函数是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D， ，排除B， 故选A． 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和对称性的关系以及特殊值，结合排除法是解决本题的关键． 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系的向量表示可得，即可得出结果. 【详解】由可得， 由于，可得， 解得， 由于，因此． 故选：D 6. 已知，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数的平方式，求得已知角的正弦值和余弦值，结合余弦的差角公式，可得答案. 【详解】由，，可得，则， ，则或， 由于，所以，， ， 故选：B 7. 将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出平移后解析式，再由对称性得出值． 【详解】平移后解析式为，它的图象关于轴对称，则，，只有B满足． 故选：B． 8. 已知外接圆的圆心为O，半径为2，且，则向量在上的投影向量的模为（ ） A B. 3 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件得到四边形是边长为2的菱形且，利用投影向量的定义求出投影向量的模长. 【详解】如图： ∵，∴，∴， ∴四边形为平行四边形. 又O为外接圆的圆心，且， ∴是边长为2的正三角形， ∴平行四边形是边长为2的菱形且， ∴，， 故向量在上的投影向量的模为. 故选：A 二、多选题（每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）． 9. 下列选项中，值为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A利用二倍角余弦公式结合同角三角函数关系式求解判断；选项B利用两角和的正弦公式求解判断； 选项C利用诱导公式和二倍角的正弦公式求解判断； 选项D利用二倍角的正切公式求解判断. 【详解】选项A：，故选项A不符合题意； 选项B：，故选项B符合题意； 选项C：，故选项C符合题意； 选项D：，故选项C符合题意. 故选：BCD. 10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ） A. 已知，均为非零向量，则存在唯一的实数，使得 B. 若向量，共线，则点，，，必在同一直线上 C. 边长为的正方形中 D. 若点为的重心，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用向量共线概念即可判断A正确，B错误；利用向量的加法法则和向量的模的计算可判断C错误，利用三角形重心的结论即可判断D正确，问题得解. 【详解】对于选项A，由平面向量平行的推论可得其正确； 对于选项B，向量，共线，只需两向量方向相同或相反即可，点，，，不必在同一直线上，故B错误； 对于选项C，边长为的正方形中，故C错误； 对于选项D，由平面向量中三角形重心推论可得其正确. 故选：AD. 11. 函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的有（ ） A. 的一个对称中心为 B. 在上单调递增 C. 是的一条对称轴 D. 是偶函数 【答案】BD 【解析】 【分析】先由图象得出 ，再由三角函数性质逐一判定即可得出结论． 【详解】由图知，则， ，所以，则， 即 因为，所以，，即，， 因为，得，所以， 所以 对于选项A：当时，，故A错； 对于选项B： 的单调递增区间为，， 解得，， 当时，故在上单调递增，故B对； 对于选项C：，故C错； 对于选项D：， 因为所以是偶函数，故D对， 故选：BD． 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 函数的最小正周期为______. 【答案】 【解析】 【分析】由求解即可 【详解】由题,因为,所以的最小正周期 故答案： 【点睛】本题考查正切型函数的周期,属于基础题 13. 设与的夹角为60°，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，再根据平面向量数量积的运算律，将两边平方，解出． 【详解】解：． ，．．．解得． 故答案为：． 14. 已知向量，，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量数量积的坐标表示以及同角三角函数商的关系计算求解即可； 【详解】依题意 . 故答案为：. 15. 已知函数的最大值为，最小值为．函数取最大值时对应x的集合为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦函数的范围求出，的值，再根据得出取最大值时，进而求出的取值集合. 【详解】因，， ，， ，，， 的最大值为2，此时，则， ，故取最大值时对应x的集合为 故答案为：. 四．解答题（本大题共5小题，共计77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知非零向量，满足，且． （1）若向量与共线，求实数k的值； （2）若向量与垂直，求实数k的值； 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用共线向量定理，结合平面向量基本定理求出值. （2）利用数量积的定义及运算律，列式计算即得. 【小问1详解】 依题意，不是零向量，由向量与共线， 得存在实数，使得，则， 所以. 【小问2详解】 由，，得， 由向量与垂直，得， 整理得，即，而， 所以. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）若，求函数的值域； 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，把函数整理为正弦型函数，利用正弦函数的单调区间，求出函数的单调增区间； （2）根据题中所给，求得的取值范围，利用正弦函数的图像，求出函数值域. 【小问1详解】 . 令，，解得，， 故函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 由，得， 则，. 所以在区间上的值域为. 18. 已知平面内两个不共线的向量，. （1）求； （2）求与的夹角. 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】 （1）根据条件对的两边平方即可得出关于的方程，然后根据题意知，从而解出； （2）进行数量积的运算可求出和的值，然后即可求出的值，从而可求出和的夹角. 【详解】解：（1），，， ，且，解得； （2），， ，且， . 19. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和对称轴方程; （2）解关于x的不等式; （3）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，求函数在上的值域. 【答案】（1），单调递增区间为；对称轴 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）应用两角和的正弦公式及二倍角公式和辅助角化简得，应用整体代入法即可求解单调区间与对称轴； （2）结合函数图像解不等式； （3）应用换元法求值域. 【小问1详解】 ， 函数的最小正周期. 令，解得， 所以的对称轴方程为. 【小问2详解】 即， 所以，解得. 【小问3详解】 由题知， 则 ， 令，因为，所以 则， 因为二次函数开口向下，且对称轴为，所以 当时，;当时，. 综上可知所求值域为. 20. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．位于潍坊滨海的“渤海之眼”摩天轮是世界上最大的无轴摩天轮，该摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面145米，匀速转动一周大约需要30分钟．当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时． （1）经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中，，）求摩天轮转动一周的解析式； （2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到52米？ （3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为h米，求h的最大值． 【答案】（1），；（2）；（3）h取最大值为62米. 【解析】 【分析】(1)设,根据最高点和最低点可得A与B,由周期求φ值,即得函数解析式;(2)高度为52米,代入解析式求出t;(3)分析出相邻两个座舱到达最低点的时间间隔,根据甲、乙中间相隔5个座舱,求得时间间隔,由此列出两人距离地面的高度差h关于t的函数关系式,利用三角函数的性质求出最大值. 【详解】（1）由题意，（其中，，） 摩天轮的最高点距离地面为145米，最低点距离地面为米，，得，， 又函数周期为30分钟，所以， 又，所以，． 所以，． （2），所以，，所以（分钟）． （3）经过t分钟后甲距离地面的高度为，乙与甲间隔的时间为分钟，所以乙距离地面的高度为，， 所以两人离地面的高度差 ， 当或时，即或25分钟时，h取最大值为62米 . 【点睛】本题考查利用三角函数的性质求解析式,以及三角函数性质的实际应用,属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向,这类问题的特点是通过现实生活的事例考查数学知识,解决这类问题的关键是将实际问题转化为数学模型进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福鼎四中2024-2025学年第二学期月考高一数学试题 注意事项： 1．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 2．考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、单选题（每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知O是所在平面内一点，且，那么（ ） A. 点O在的内部 B. 点O在的边上 C. 点O在边所在的直线上 D. 点O在的外部 2. 在中，，则为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 无法判定 3. ABC中，＝，DE∥BC，且与边AC相交于点E，ABC的中线AM与DE相交于点N，设＝，＝，用，表示等于（ ） A. () B. () C. () D. () 4. 函数的大致图象为　　 A. B. C. D. 5 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则（    ） A B. C. D. 7. 将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 8. 已知外接圆的圆心为O，半径为2，且，则向量在上的投影向量的模为（ ） A. B. 3 C D. 2 二、多选题（每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）． 9. 下列选项中，值为是（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ） A. 已知，均为非零向量，则存在唯一的实数，使得 B. 若向量，共线，则点，，，必在同一直线上 C. 边长为的正方形中 D. 若点为的重心，则 11. 函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的有（ ） A. 的一个对称中心为 B. 在上单调递增 C. 是的一条对称轴 D. 是偶函数 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 函数的最小正周期为______. 13. 设与的夹角为60°，，，则______． 14. 已知向量，，若，则________. 15. 已知函数的最大值为，最小值为．函数取最大值时对应x的集合为_____ 四．解答题（本大题共5小题，共计77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知非零向量，满足，且． （1）若向量与共线，求实数k的值； （2）若向量与垂直，求实数k的值； 17. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）若，求函数的值域； 18. 已知平面内两个不共线的向量，. （1）求； （2）求与的夹角. 19. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和对称轴方程; （2）解关于x不等式; （3）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，求函数在上的值域. 20. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．位于潍坊滨海的“渤海之眼”摩天轮是世界上最大的无轴摩天轮，该摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面145米，匀速转动一周大约需要30分钟．当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时． （1）经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中，，）求摩天轮转动一周的解析式； （2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到52米？ （3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为h米，求h的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$