精品解析：山东省郯城第一中学2024-2025学年高一下学期第一次阶段性检测数学试卷

郯城一中高一年级第一次阶段性检测 数学试题 2025.03.26 一､单选题 1. 已知平面向量，则“”是“，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. 既不充分也不必要条件 2. 在中，点D在边AB上，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足,,且,则（　　） A. 1 B. C. D. 2 5. 在中，，则此三角形解的个数为（ ） A. B. C. D. 不确定 6. 函数的图象在区间上恰有2个最高点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，摩天轮的半径为，点距地面的距离为，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转一圈，若摩天轮上点的起始位置在最高点处，则在摩天轮转动的过程中，（ ） A. 转动后点距离地面 B. 第和第点距离地面的高度相同. C. 转速减半时转动一圈所需的时间变为原来的 D. 转动一圈内，点距离地面的高度不低于的时长为 8. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题 9. 下列命题中不正确的是（ ）． A. 在中，，则 B. 在锐角中，恒成立 C. 在中，若，则必是等腰直角三角形 D. 在中，若，，则必是等边三角形 10. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 11. 对于函数（），下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数在上有且只有一个零点 B. 若函数在单调递增，则的取值范围为 C. 若函数在时取最小值，在时取最大值，且，则 D. 将函数图象向左平移个单位得到的图象，若为偶函数，则的最小值为2 三､填空题 12. 已知，则________． 13. 如图，在中，已知是线段与的交点，若，则的值为__________. 14. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，点是边的中点，且，则的面积为________. 四､解答题 15. 已知向量 （1）求； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围 （4）求与的夹角的余弦值. 16. 设函数． （1）当时，求函数的最小值并求出对应的； （2）在中，角的对边分别为，若，且，求周长的取值范围． 17. 已知函数（其中，，的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式 （2）求函数单调递增区间； （3）将函数的图象向右平移，再向上平移，得到函数的图象．若对任意的，，都有成立，求实数m的取值范围． 18. 在中，内角所对的边分别为，. （1）求； （2）若点在线段上，且，求. 19. 定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． （1）若向量为函数的伴随向量，求； （2）若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； （3）若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郯城一中高一年级第一次阶段性检测 数学试题 2025.03.26 一､单选题 1. 已知平面向量，则“”是“，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. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若则，共线，故充分性成立； 若，共线，不一定得到， 如，，显然满足，共线， 但是不存在实数使得，故必要性不成立； 所以“”是“，共线”的充分不必要条件. 故选：A 2. 在中，点D在边AB上，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】选定基底，根据向量的线性运算，即可求得答案. 由题意可知, 故选：C. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先切化弦，得到，再结合两角和与差的正弦公式可求值. 【详解】由. 由. 由. 所以. 故选：B 4. 已知向量满足,,且,则（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律，数量积求模，垂直关系的向量即可求解. 【详解】因为，则， 又因为， 由得， 则，则， 故选：A. 5. 在中，，则此三角形解的个数为（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】结合正弦定理求得正确答案. 【详解】由正弦定理得， 由于，所以， 所以角可能是锐角，也可能是钝角， 所以此三角形有两解. 故选：C 6. 函数的图象在区间上恰有2个最高点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得到，结合正弦函数性质构造不等式即可求解. 【详解】解：由于，所以， 由于图象在区间上恰有2个最高点， 则， 解得：. 所以的取值范围为； 故选：A 7. 如图，摩天轮的半径为，点距地面的距离为，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转一圈，若摩天轮上点的起始位置在最高点处，则在摩天轮转动的过程中，（ ） A. 转动后点距离地面 B. 第和第点距离地面的高度相同. C. 转速减半时转动一圈所需的时间变为原来的 D. 转动一圈内，点距离地面的高度不低于的时长为 【答案】B 【解析】 【分析】设转动过程中，点离地面距离的函数为，由题意求得解析式，然后逐项求解判断. 【详解】设转动过程中，点离地面距离的函数为：， 由题意得：，又， 即，故，， 所以 所以， 选项A，转到后，点距离地面的高度为，故A错误； 选项B，因为 ， ， 所以， 即第和第点距离地面的高度相同，故B正确； 选项C，若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的2倍，故C不正确； 选项D，令，则， 由，解得， 考虑第一圈时，点距离地面的高度不低于的时长，可得 当时，，当时，， 即摩天轮转动一圈，点距离地面的高度不低于m的时间为，故D错误； 故选：B. 8. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性得到，求出答案. 【详解】时，， 令，则当时，， 故要想在时满足恒成立， 需满足，不妨取， ，， 画出在上的图象，如下： 由图象可知，，， 则， 故， 两式相加得， 所以. 故选：C 二､多选题 9. 下列命题中不正确的是（ ）． A. 在中，，则 B. 在锐角中，恒成立 C. 在中，若，则必是等腰直角三角形 D. 在中，若，，则必是等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理可判断A；由正弦函数的单调性可判断B；由正弦定理边化角判断C，利用余弦定理可判断D. 【详解】对于A，在中，若，则，由正弦定理可得，A正确； 对于B，锐角中，，则， 故，B正确； 对于C，在中，若，则， 即得，故或， 故或，即是等腰三角形或直角三角形，C错误； 对于D，，，则， 故，，结合，可知是等边三角形，D正确， 故选：C 10. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据向量线性运算求解判断；对B，根据向量的数量积及运算律和模的计算判断；对C，由向量数量积及运算律求解判断；对D，由向量投影的定义求解判断. 【详解】如图： 对于A，，故A错误； 对于B，， 所以，故B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D，在上的投影向量是，故D正确. 故选：BCD. 11. 对于函数（），下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数在上有且只有一个零点 B. 若函数在单调递增，则的取值范围为 C. 若函数在时取最小值，在时取最大值，且，则 D. 将函数图象向左平移个单位得到的图象，若为偶函数，则的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦函数的单调性可得A、B正确；由正弦函数的周期和诱导公式可得C错误；由图象平移结合偶函数的性质可得D正确. 【详解】对于A，当时，， 令，则， 当，为正弦函数的递减区间，此时， 所以有解，且只有一个零点，故A正确； 对于B，， 因为单调递增，所以，解得， 又，所以，故B正确； 对于C，由题可得，所以，故，此时， 令，则， 故，所以，故C错误； 对于D，， 若为偶函数，则，解得， 所以当时，的最小值为2，故D正确； 故选：ABD 三､填空题 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式求出的值，再由余弦的二倍角公式可得答案. 【详解】因为，所以， 则 . 故答案为：. 13. 如图，在中，已知是线段与的交点，若，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，将表示为，继而化为，利用三点共线求得，即可求得答案. 【详解】设，由得， 故 ， 由得， 故, 由于三点共线，故，则， 又，故， 所以， 故答案为： 14. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，点是边的中点，且，则的面积为________. 【答案】或 【解析】 【分析】利用正弦定理进行边化角求出角A，结合向量中线定理求解，最后利用三角形面积公式求面积即可. 【详解】因为， 所以． 由正弦定理得， 因为，，所以，则， 而，解得或， 因为点是边的中点，且， 所以，得到， 即， 当时，，解得(负根舍去)，即， 此时的面积为， 当时，，解得(负根舍去)，即， 此时的面积为． 故答案为：或 四､解答题 15. 已知向量 （1）求； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围 （4）求与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）根据向量模的运算求得正确答案. （2）根据向量平行列方程，由此求得. （3）根据向量夹角为锐角列不等式，由此求得. （4）根据向量夹角公式求得正确答案. 【小问1详解】 已知，，可得. 则. 可得. 【小问2详解】 ，， 则. 因为，所以， 即， ，解得. 【小问3详解】 已知，， 则， 即，解得. 由（2）可知，当与共线时，所以要排除. 综上，的取值范围是. 【小问4详解】 ，，则. ， ， . 所以. 16. 设函数． （1）当时，求函数的最小值并求出对应的； （2）在中，角的对边分别为，若，且，求周长的取值范围． 【答案】（1）当时，函数取到最小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）先对函数化简，得到，再利用函数的图像与性质即可求出结果. （2）利用（1）中条件求出角，再利用余弦定理建立方程，再利用基本不等式和三角形任何两边之和大于第三边，即可求得周长的范围. 【小问1详解】 因为 ， 因为，所以， 由的图象与性质知，当，即时，函数取到最小值为， 即当时，函数的最小值为，此时． 【小问2详解】 因为，由（1）得到， ， 即，又在中，则， 所以，即， 又，由余弦定理，得到， 又由基本不等式知，，当且仅当取等号， 所以，则， 又因为，所以， 所以周长的取值范围为． 17. 已知函数（其中，，的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式 （2）求函数单调递增区间； （3）将函数的图象向右平移，再向上平移，得到函数的图象．若对任意的，，都有成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题干图象结合正弦函数的最值、周期可得函数解析式； （2）由正弦函数的单调递增区间可得函数的单调递增区间； （3）由图象的平移可得函数的解析式，再将问题转化为当时，恒成立，然后结合正弦函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 由图象可得，，所以， 所以，又， 所以，又，所以取，即， 故. 【小问2详解】 由正弦函数的单调递增区间可知，只需令， 解得，所以函数的单调递增区间为. 【小问3详解】 由题意可得， 因为对于任意的，都有成立， 即当时，恒成立， 由可得，此时， 由可得，此时， 所以，解得. 18. 在中，内角所对的边分别为，. （1）求； （2）若点在线段上，且，求. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】利用正弦定理将已知等式中的角化边，再用余弦定理即可求解. 设未知数，通过在不同的三角形中利用余弦定理联立方程，进而求出的值. 【小问1详解】 根据正弦定理得：,,； 将其代入得：； 化简得：，即； 根据余弦定理得：；因为，所以. 【小问2详解】 设，则，； 在中，由余弦定理可得：； 化简得：. 在中，由余弦定理可得：； 化简得：. 联立化简得：. 在中，由余弦定理可得：； 化简得：. 将代入得：. 19. 定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． （1）若向量为函数的伴随向量，求； （2）若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； （3）若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式与诱导公式化简，依题即得，求其模长即可； （2）利用伴随函数定义和题设条件求得，再由和角公式求得，借助于正弦定理和余弦定理即可求得； （3）利用降幂公式根据将方程化成，根据和余弦值的符号分段化简函数，作出其图象，将方程的根的情况化成函数与函数的图象在上的交点情况，结合图象易得. 【小问1详解】 因， 则，故. 【小问2详解】 依题意，， 由可得， 因，则，故，解得 因，则， 又，代入解得①， 由正弦定理，，可得， 代入①，可得②， 又由余弦定理，， 可得③， 于是， 解得. 【小问3详解】 依题意，， 由可得， 即， 当或时，； 当时，， 作出函数在上的图象. 因方程在上有且仅有四个不相等的实数根 等价于函数与函数的图象在上有四个交点. 由图知，当且仅当或时，两者有四个交点. 故实数m的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $