精品解析：广东省揭阳第一中学2024-2025学年高一下学期段考一数学科考试试卷

2024～2025学年度第二学期高一阶段1数学科考试试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小題给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 对于任意一个四边形，下列式子不能化简为的有（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量的加法法则，逐项判断即可. 【详解】在A中，； 在B中，； 在C中，； 在D中，． 故选：C. 2. 如图，航海罗盘将圆周32等分，设圆盘的半径为4，则其中每一份的扇形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出圆的面积，再乘以即可. 【详解】因为航海罗盘将圆周32等分，圆盘的半径为4， 所以每一份的扇形面积为. 故选：C. 3. 在边长为的正三角形中，的值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以、为邻边作菱形，则，计算出菱形的对角线的长度即可得出答案. 【详解】以、为邻边作菱形，则， 由图形可知，的长度等于等边的边上的高的倍， 即，因此，，故选：D. 【点睛】本题考查差向量模的计算，解题的关键就是作出图形，找出差向量，分析图形的形状，进而求出线段长度，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 4. 在矩形中，,．若点，分别是，的中点，则 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 本题可以以，两个向量作为基底向量用来表示所要求的，，然后根据向量的性质来运算，从而得出结果． 【详解】由题意作出图形，如图所示： 由图及题意，可得： ， . ∴. 故选C． 【点睛】本题主要考查基底向量的设立，以及向量数量积的运算，属基础题． 5. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的定义，求得，再由正弦二倍角及同角三角函数的基本关系，可将原式化简为，代入求值即可. 【详解】因为角的终边过点，所以， 所以. 故选：B． 6. 在中，设，则下列说法错误是（ ） A. B. 边上的高是 C. 外接圆的周长是 D. 内切圆的面积是 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量数量积公式、余弦定理、三角形面积公式、正弦定理以及三角形内切圆相关知识，结合已知条件，来逐一分析各个选项. 【详解】对于A，，解得，故A正确， 对于B，显然是等腰三角形，底边上的高是4，由等面积法可知边上的高是，故B正确； 对于C，由B知，，所以外接圆的周长是，故C正确； 对于D，由等积法知，，故D不正确. 故选：D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】由指数函数及对数函数性质比较． 【详解】因为，， ， 且，所以. 故选：D. 8. 已知，若对于任意，都有，则实数a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对给定不等式作等价变形，构造函数并确定其单调性，再借助函数单调性并结合复合函数单调性求解即得. 【详解】不等式， 令，则， 依题意，，，因此函数在上单调递增， 令，而在上单调递增，则函数在上单调递增，且恒有 令，显然函数在上单调递增，因此在上单调递增，且，， 当时，在上单调递增，当时，在上单调递增， 且恒成立，因此； 当时，由在上单调递增，得，解得， 由，，得，解得，因此， 所以实数a的取值范围是. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分，在每小䎠給出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法中不正确的是（ ） A. 方向相反的两个非零向量一定共线 B. 零向量是最小的向量 C. 若与共线，则 D. 单位向量都相等 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据零向量、单位向量、共线向量和相等向量的定义逐项分析判断即可. 【详解】对于选项A：根据向量平行的定义可知方向相反的两个非零向量一定共线，故A正确； 对于选项B：向量不能比较大小，故B不正确； 对于选项C：若与同向，且不为零向量时，则，故C不正确； 对于选项D：单位向量的模长为1，但方向不一定相同， 所以单位向量不一定相等，故D不正确. 故选：BCD. 10. 已知圆半径为2，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为6 C. D. 满足的点只有一个 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，根据数量积的定义计算即可判断；对于B，由投影向量可找出最大值点的位置，计算即可判断；对于C，作图得到，再由可确定最值点的位置，计算判断即可；对于D，当重合或者时都可以得到，从而可判断. 【详解】对于A选项，圆半径为2，弦，故为等边三角形， 取中点，连接，则，所以，A正确； 对于选项，过点作平行于，交圆与点， 过点作，交延长线于点，连接， 则四边形为菱形， 由投影向量可知，当点与点重合时，取得最大值， 此时， 故的最大值为，B正确； 对于C选项，， 因为四边形为菱形，所以，且， 因为为定值， 故当与平行且方向相同时，取得最大值，最大值为， 当与平行且方向相反时，取得最小值，最小值为， 故，C错误； 对于D选项，因为点为圆上任意一点，故当重合时，， 又当时，满足，故满足的点有2个，D错误. 故选：AB 11. 函数对任意，都有，则关于函数的命题正确的是（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 直线是函数图像的一条对称轴 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像向右平移个单位，可得到的图像 【答案】BD 【解析】 【分析】对于题干条件，用替代得到新的方程，联立先算出表达式，从而得出的表达式，然后根据正弦函数的性质逐一判断每个选项. 【详解】由，用替代得到 ， 联立上述两式得到，， 则. A选项，时，，根据正弦函数的单调性， 在上递增，在上递减， 根据复合函数的单调性可知在区间上先递增后递减，A选项错误； B选项，时，，取到了最小值， 故是函数图像的一条对称轴，B选项正确； C选项，时，，则是的对称中心， 故是是函数图像的一个对称中心，C选项错误； D选项，函数图像向右平移个单位，得到 ，D选项正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题：，的否定是________． 【答案】， 【解析】 【分析】根据全称命题的否定是特称命题，即可得结果. 【详解】命题：，的否定是，. 故答案为：，. 13. 已知平面内两个向量，，若与的夹角为钝角，则实数k的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示可得，结合，反向时计算即可求解. 【详解】由题意，，. 当，反向时，有，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 14. 如图，在四边形中，，且是线段上的动点，且，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据已知求出，再以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设，则（其中），再利用二次函数求解. 【详解】，，， ， 解得， 以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， , ∵，∴的坐标为, ∵又∵,则， 设，则（其中）， ，， ， 所以，当时，取得最小值. 故答案为： . 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，． （1）若，求的值； （2）若，，求与的夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算，即可求解； （2）根据向量平行的坐标运算求出，再根据向量夹角的坐标运算可得结果. 【小问1详解】 由，可得，即． 又，，所以，， 所以，解得． 【小问2详解】 因为，，所以， 又，所以，解得，所以. 又， 所以， 所以与的夹角的余弦值为． 16. 已知函数． （1）求函数的定义域，并判断是否具有奇偶性； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1），为奇函数 （2） 【解析】 【分析】（1）利用对数函数的性质求解定义域，再判断其与原点对称，最后结合奇偶性的定义判断奇偶性即可. （2）利用函数的奇偶性和对数函数的单调性解不等式，求解参数范围即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以的定义域为，关于原点对称， 判断为奇函数，证明如下：， 都有，对于， 又所以为奇函数； 【小问2详解】 因为为奇函数，所以， 因为，所以，即， 即，故，解，得到或， 解，得， 综上，，即的取值范围是. 17. 设函数． （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解； （2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解. 【小问1详解】 因为，，则 故函数的最小正周期为. 【小问2详解】 因为，， 则， 可得 ， 当时，则， 故，即时，取得最大值1， 此时函数取得最大值． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角C的值； （2）若为锐角三角形，中点为D且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理角转化为边得出，再应用余弦定理计算求解即可； （2）先应用正弦定理得出，，再根据向量关系，平方计算结合三角恒等变换及余弦函数的值域计算求解. 【小问1详解】 因为． 结合正弦定理得， 整理得， 由余弦定理，得， 结合，可得； 【小问2详解】 由正弦定理得， 所以，，根据是锐角三角形， 可得，结合，可得， 又因为中点为D，则， 所以 ， ， ∴，即， ∴的取值范围：． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边，点在上，且，. （1）若. ①求； ②设点为的费马点，当面积最大时，求的值； （2）设点为的费马点，若，，求实数t的最小值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由正弦定理，角化边，化简后结合余弦定理，即可求解； ②首先根据点的位置确定向量关系，再根据向量数量积，转化为三角形边长的关系，再结合基本不等式确定的最大值，由费马点，结合三角形面积公式确定最后代入数量积公式，即可求解; （2）首先由三角恒等变换可知，，再设，，，，得到，根据费马定理，结合三个余弦定理表示，和,由勾股定理确定等量关系，再结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 ①因为 由正弦定理可得， 化简得，因为. 又，所以. ②因为，可得，所以， 所以， 又，所以， 可得，由， 所以，当时，面积最大. 由，三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部. 所以， 所以， 又因为 . 【小问2详解】 由已知中， 即， 故，由正弦定理可得， 故直角三角形，即， 点为的费马点，则， 设，，，， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对费马点的理解，尤其是当的三个内角均小于时，使得，这个条件中角度的运用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年度第二学期高一阶段1数学科考试试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小題给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 对于任意一个四边形，下列式子不能化简为有（ ） A. B. C. D. 2. 如图，航海罗盘将圆周32等分，设圆盘的半径为4，则其中每一份的扇形面积为（ ） A B. C. D. 3. 在边长为的正三角形中，的值为 A. B. C. D. 4. 在矩形中，,．若点，分别是，的中点，则 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，设，则下列说法错误的是（ ） A. B. 边上的高是 C. 外接圆的周长是 D. 内切圆的面积是 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若对于任意，都有，则实数a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分，在每小䎠給出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法中不正确的是（ ） A. 方向相反两个非零向量一定共线 B. 零向量是最小的向量 C. 若与共线，则 D. 单位向量都相等 10. 已知圆半径为2，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为6 C. D. 满足的点只有一个 11. 函数对任意，都有，则关于函数的命题正确的是（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 直线是函数图像的一条对称轴 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像向右平移个单位，可得到的图像 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题：，否定是________． 13. 已知平面内两个向量，，若与的夹角为钝角，则实数k的取值范围是________. 14. 如图，在四边形中，，且是线段上的动点，且，则的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，，求与的夹角的余弦值． 16. 已知函数． （1）求函数的定义域，并判断是否具有奇偶性； （2）若，求实数取值范围． 17. 设函数． （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角C的值； （2）若为锐角三角形，中点为D且，求的取值范围． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边，点在上，且，. （1）若. ①求； ②设点为的费马点，当面积最大时，求的值； （2）设点为的费马点，若，，求实数t的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$