精品解析：广东省佛山市高明区第一中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试题

佛山市高级中学 2024-2025学年第二学期第一次大考 高一数学 2025年3月 命题人：罗一钧、钟雪菲 审题人：唐定国 本试卷共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填写答题卡上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔盒涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知向量，若向量，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示列式求解. 【详解】向量，由，得，解得， 所以实数的值为3. 故选：B 2. 已知，且为第一象限角，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式，结合正余弦齐次法列式计算. 【详解】由为第一象限角，得， 而，解得， 所以. 故选：D 3. 英国数学家泰勒发现了如下公式：，，其中．这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算，就得到．运用上述思想，可得到的近似值为（ ） A. 0.53 B. 0.54 C. 0.55 D. 0.56 【答案】B 【解析】 【分析】利用泰勒公式，保留前三项求和估算，即可得到结果. 【详解】由泰勒公式：可得： ， 故选：B． 4. 将函数图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度，所得图象的函数解析式为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换，准确运算，即可求解. 【详解】将函数图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），可得， 再的图象向左平移个单位长度，可得， 所以所求得象的函数解析式为. 故选：C. 5. 在中，，BC边上的高等于,则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：设 ,故选C. 考点：解三角形. 6. 在平行四边形中，为的重心，，则（     ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题意作图，根据重心的几何性质，得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案. 【详解】如图，设与相交于点，为的重心， 可得为的中点，, 可得, 故选：C 7. 据长期观察，某学校周边早上6时到晚上18时之间的车流量y（单位：量）与时间t（单位：）满足如下函数关系式：（为常数，）.已知早上8：30（即）时的车流量为500量，则下午15：30（即）时的车流量约为（ ）（参考数据：，） A. 441量 B. 159量 C. 473量 D. 127量 【答案】A 【解析】 【分析】根据时的车流量为500求出，再求时的车流量可得答案. 【详解】由题意可得，可得， 解得，所以， 当时， （量）. 故选：A. 8. 定义域在上的奇函数.若存在，使得成立，则实数k的取值范围为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，由指数函数的性质可得在上为减函数，利用函数奇偶性转化不等式，结合函数单调性可解决问题. 【详解】∵是定义域在R上的奇函数， ∴，解得，检验得时，是奇函数， ∴， 由指数函数的性质可得在R上为减函数. 由得， ∴，即存在，使得， 记，，则， ， ∵，∴， ∴，∴， ∴，即实数k的取值范围为. 故选：D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 关于同一平面内的任意三个向量，下列四种说法错误的有（ ） A. B. 若，且，则 C. 若，则或 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，根据向量的数量积不满足结合律可判断，对B，若，则不一定成立，对C，根据向量及向量模的概念可判断，对D，由向量模的三角公式可判断. 【详解】对于A：因为向量的数量积不满足结合律，故选项A错误； 对于B：若，则不一定成立，故选项B错误； 对于C：，但是与不一定是共线同向或反向，故选项C错误； 对于D：，故选项D正确； 故选：ABC． 10. 关于函数，下列选项错误的有（ ） A. 函数最小正周期为 B. 表达式可写成 C. 函数在上单调递增 D. 的图象关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用周期公式计算即得；对于B,利用诱导公式转化即可判断；对于C,将看成整体角，利用正弦函数的图象判断即得；对于D，代入检验是否经过最值点即可判断. 【详解】对于A，由可得，其周期，故A正确； 对于B，因，故B错误； 对于C，当时，设，因在先增后减，故C错误； 对于D，当时，，而，故D正确. 故选：BC. 11. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知的外心为O，重心为G，垂心为H，M为中点，且，，则下列各式正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由向量与四心的性质对选项逐一判断 【详解】对于A，重心为G，有 故，故A正确 对于B，外心为O，有， ，故B错误 对于C，由欧拉线定理得，即 又有，相加可得，故C正确 对于D，由得，故 ，故D正确 故选：ACD 三、填空题（每题5分，共15分） 12. ______. 【答案】 【解析】 【分析】根据利用两角和的正切公式展开，从而得解. 【详解】， ， ， . 故答案为： 13. 已知点是角终边上一点，将角的终边逆时针旋转得到角，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数定义计算可得，再由角以及诱导公式代入计算可得结果. 【详解】由题可知， 将角的终边逆时针旋转得到角，可得， 因此； 所以. 故答案为： 14. 如图所示，，圆与分别相切于点，，点是圆及其内部任意一点，且，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知四边形为正方形，圆的半径为1，过点作圆的直径所在直线交圆于点，当点在点处时，取得最大值，当点在点处时， 取得最小值. 【详解】因为，圆与分别相切于点，，所以四边形为正方形，所以 过点作圆的直径所在直线交圆于点， 所以 做平行四边形当点在点处时，四边形为正方形，取得最大值， 所以 同理可知，当点在点处时，所以. 故答案为： 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数 （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式化简得到，再代入求值即可； （2）求出，再化为齐次式，化弦为切，代入求值. 【小问1详解】 ， 【小问2详解】 由（1）知，，故， 原式 ． 16. 已知向量与的夹角为，且， （1）求； （2）若，求； （3）求向量在向量上的投影向量的模． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）转化为求平面向量的数量积，对平方再开方可求出结果； （2）根据，以及平面向量数量积的运算律和定义可求出结果. （1）根据题意结合投影向量的模的概念与计算公式即可求解； 【小问1详解】 因为， 又与的夹角为，所以． ∴ ； 【小问2详解】 因为，所以， 即， 即，解得. 【小问3详解】 因为，，且与的夹角为， 所以 ； , 则在上的投影向量的模为. 17. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）证明：. 【答案】（1） （2） 因为，由正弦定理可得， 因为，所以， 则， 所以， 由， 得， 即， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合已知可得，再利用余弦定理化简可得，利用余弦定理计算即可求得答案. （2）对于，利用正弦定理边化角可得，结合两角和差的正弦公式化简即可证明结论. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得. 因为，所以由余弦定理可得， 两式联立，整理得，即. 在中，由余弦定理得. 【小问2详解】 略 18. 已知函数，将函数的图象左移个单位，再向上平移个单位，得到函数的图象． （1）求函数的最小正周期及单减区间； （2）当时，求的最小值以及取得最小值时的集合． 【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为；（2）最小值为，对应的的集合为. 【解析】 【分析】 （1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式，利用三角函数图象变换规律得出，利用正弦型函数的周期公式可求出函数的最小正周期，解不等式可得出函数的减区间； （2）由可计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求出函数的最小值及其对应的的值，即可得解. 【详解】（1）， 因此， 所以，函数的最小正周期为， 解不等式，得， 因此，函数的单调减区间为； （2）时，则，， 当时，即当时，函数取得最小值，此时，对应的的集合为. 【点睛】本题考查正弦型函数周期、单调区间与最值的求解，同时也考查了利用三角函数图象变换求三角函数解析式，考查运算求解能力，属于中等题. 19. 如图，已知直线，是，之间的一个定点，且点到，的距离分别为1，2，是直线上的一个动点，作，且使与直线交于点.设，的面积为. （1）求的最小值； （2）已知，，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）2 （2） 当时，实数的取值范围是； 当时，实数的取值范围. 【解析】 【分析】（1）解和分别可得，，则的面积，根据的范围即可求的最小值； （2）原不等式恒成立可转化为恒成立，令，可得，再令，根据的范围，讨论的值即可求解. 【小问1详解】 在中，，则； 在中，，，则， ∴的面积. ∵，∴， 故当，即时，取得最大值1，此时取得最小值2. 【小问2详解】 由（1）知，， ∴. 不等式对任意的恒成立， 等价于对任意的恒成立. 令，则， 因为，所以，所以， 又， ∴. 令，其中， ∴，. ①当时，，即； ②当时，函数在上单调递增， ∴，即； ③当时，函数在上单调递减， ∴，即 综上，当时，实数的取值范围是； 当时，实数的取值范围. 【点睛】关键点睛：本题第二问得到对任意的恒成立后，利用与之间的关系进行换元转化是解决问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佛山市高级中学 2024-2025学年第二学期第一次大考 高一数学 2025年3月 命题人：罗一钧、钟雪菲 审题人：唐定国 本试卷共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填写答题卡上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔盒涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知向量，若向量，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. D. 2. 已知，且为第一象限角，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 3. 英国数学家泰勒发现了如下公式：，，其中．这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算，就得到．运用上述思想，可得到的近似值为（ ） A. 0.53 B. 0.54 C. 0.55 D. 0.56 4. 将函数图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度，所得图象的函数解析式为（ ）. A. B. C. D. 5. 在中，，BC边上的高等于,则（　　） A. B. C. D. 6. 在平行四边形中，为的重心，，则（     ） A. B. 2 C. D. 1 7. 据长期观察，某学校周边早上6时到晚上18时之间的车流量y（单位：量）与时间t（单位：）满足如下函数关系式：（为常数，）.已知早上8：30（即）时的车流量为500量，则下午15：30（即）时的车流量约为（ ）（参考数据：，） A. 441量 B. 159量 C. 473量 D. 127量 8. 定义域在上的奇函数.若存在，使得成立，则实数k的取值范围为（ ）. A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 关于同一平面内的任意三个向量，下列四种说法错误的有（ ） A. B. 若，且，则 C. 若，则或 D. 10. 关于函数，下列选项错误的有（ ） A. 函数最小正周期为 B. 表达式可写成 C. 函数在上单调递增 D. 的图象关于直线对称 11. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知的外心为O，重心为G，垂心为H，M为中点，且，，则下列各式正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. ______. 13. 已知点是角终边上一点，将角的终边逆时针旋转得到角，则______． 14. 如图所示，，圆与分别相切于点，，点是圆及其内部任意一点，且，则的取值范围是______． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数 （1）求的值； （2）若，求的值． 16. 已知向量与的夹角为，且， （1）求； （2）若，求； （3）求向量在向量上的投影向量的模． 17. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）证明：. 18. 已知函数，将函数的图象左移个单位，再向上平移个单位，得到函数的图象． （1）求函数的最小正周期及单减区间； （2）当时，求的最小值以及取得最小值时的集合． 19. 如图，已知直线，是，之间的一个定点，且点到，的距离分别为1，2，是直线上的一个动点，作，且使与直线交于点.设，的面积为. （1）求的最小值； （2）已知，，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $