精品解析：福建省福宁古五校教学联合体2024-2025学年高一下学期期中质量监测数学试卷

福宁古五校教学联合体2024—2025学年第二学期期中质量监测 高一数学试题 （考试时间：120分钟满分：150分） 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若复数，则（ ） A 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算法则化简可得，再根据复数模的计算公式即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 2. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的定义先求，由二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】由题意有，则， 所以， 故选：D. 3. 下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式以及函数奇偶性定义，利用诱导公式或画出对应函数图象对选项逐一分析即可判断得出结论. 【详解】对于A，易知满足，为偶函数， 画出函数图象如下图所示： 最小正周期为，满足题意，即A正确； 对于B，易知为奇函数，因此B错误； 对于C，易知为奇函数，可知C错误； 对于D，易知满足为偶函数， 其图象如下图所示： 显然其最小正周期为，不合题意，即D错误. 故选：A 4. 已知向量和满足，，，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，结合数量积的运算求解即可； 【详解】由，，，得，， ．则． 故选：A． 5. 已知中，角所对的边分别为，设向量，若，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标运算得，利用正弦定理以及两角差的正弦公式得到，即可判断. 【详解】在中，因为，且， 所以，由正弦定理得， 所以，即， 又，则，则， 所以，所以该三角形为等腰三角形. 故选：A 6. 已知都是锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角三角函数基本关系，结合角的范围求出，，最后根据及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为角为锐角，且，所以， 因为，，所以， 又，所以， 所以 . 故选：A 7. 已知函数，若在区间上有且仅有4个零点和3条对称轴，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由辅助角公式先化简，由题意有解出即可. 【详解】由， 因为在区间上有且仅有4个零点和3条对称轴， 所以，即. 故选：B. 8. 在中，已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积定义及余弦定理将已知化为，进而由余弦定理和基本不等式求解最值即可. 【详解】因为，所以， 所以，整理得， 所以， 当且仅当即时，等号成立. 故选：C 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面向量模的运算公式计算即可判断A，利用向量垂直坐标表示判断B，利用向量夹角的坐标表示求解即可判断C，利用投影向量公式求解即可判断D. 【详解】因为，所以，所以，故A正确； 因为，所以，故B正确； 因为，所以， 所以，所以， 又，则，故C错误； 又，所以，所以， 所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：ABD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是函数图象的一个对称中心 D. 的图象可由的图象向左平移个单位得到 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数图象可得函数的最小正周期，求出，再利用特殊点求出判断AB，再根据正弦函数的性质判断C，根据函数平移判断D. 【详解】由图可知，，所以，所以， 故， 又，所以，所以， 又，所以，所以，故A正确，B错误； 对于C，因为， 所以函数的一个对称中心为，故C正确； 对于D，由的图象向左平移个单位得到， 得，故D错误. 故选：AC 11. 如图，在边长为1等边三角形中，为中心，过点的直线交边于点，交边于点.，则（ ） A. B. C. 若为内部一点（包括边界），则最大值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合向量的加法运算，利用正三角形中心性质求得判断A，根据三点共线的结论求得判断B，根据数量积的运算律及几何关系判断C，结合数量积的运算律及二次函数的性质求解最值判断D. 【详解】延长交于，因为为等边三角形的中心，所以为的中点， 则有，由，得， 又，所以， 因为，，三点共线，所以，所以，A正确，B错误. ， 因为为内部一点（包括边界）， 所以，即最大值为，C正确. .又， 因为，所以， 当或即或时，，所以，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分.把答案填在答题卡的相应位置. 12. 已知平面向量，若，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量坐标运算求出的坐标，再利用向量垂直的坐标公式列出方程，最后求解方程即可求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以，解得． 故答案为：1 13. 如图，位于某海域处的甲船获悉，在其正东方向相距20海里的处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救.甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西，且与甲船相距10海里的C处的乙船.乙船立即沿着方向前往救援.则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据方位角得，由余弦定理求得，再利用正弦定理求得即可. 【详解】由题可知， 在中，由余弦定理可得 海里， 由正弦定理可得即，解得. 故答案为：. 14. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.对于平面内任意一点，若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.定义为在坐标系中的“绝对距离”.已知平面内点，若，则__________；若，则的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题设定义及模长的计算公式，即可求解；根据条件得到，再分同号、异号和三种情况，利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为，所以，又是单位向量，且， 则， 由，得到. 当同号时，不妨设同正，则， 所以，当且仅当时取等号， 当异号时，不妨设，令，则， 所以，当且仅当时，等号成立. 又当时，易知， 综上，的最大值为. 故答案为：，. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.把答案填在答题卡的相应位置. 15. 设复数. （1）若是纯虚数，求； （2）若，在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，设是的夹角，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的除法运算求得，再由纯虚数的概念可得，即可求出； （2）利用复数的几何意义可求得，再由向量夹角的坐标运算可得结果. 【小问1详解】 易知， 若是纯虚数，可得，解得， 所以. 【小问2详解】 ， 所以在复平面内对应点的坐标分别为和， 所以， 因此； 即. 16. 中，角所对的边分别为，已知，点在边上，且. （1）若，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：利用余弦定理可求得，即，再由余弦定理可得，根据向量定比分点可得，再利用余弦定理计算可得结果； 法二：由余弦定理计算可得，以为基底表示出，再利用向量运算率计算可求得结果； （2）根据同角三角函数之间的关系计算可得，再由三角恒等变换以及正弦定理计算可得. 【小问1详解】 法一： 在中，由余弦定理得， 又，所以， 所以，又，所以. 因为， 所以， 即，由可得， 所以， 所以. 法二： 在中，由余弦定理得， 又，所以， 所以，又，所以. 因为， 所以 【小问2详解】 因为，所以. 又因为，且，所以， 又. 由正弦定理得， 所以. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）若，求. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求出减区间. （2）由（1）的信息，利用同角公式及和角的余弦公式求解. 【小问1详解】 依题意，， 由，得， 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）及，得， 由，得，而， 当时，，则， 因此， 所以 . 18. 如图，正方形的边长为分别为线段上的动点，设. （1）若，求； （2）若的周长为2， ①求； ②求面积的最小值. 【答案】（1） （2）①1；② 【解析】 【分析】（1）根据两角和正切公式直接求解即可. （2）①先用角的正切值表示出，然后利用勾股定理建立关系，逆用两角和的正切公式化简求值即可； ②（法一）先求得，，然后根据三角恒等变换化简，结合角的范围利用正弦函数性质求解最值即可. （法二），由①可知，整理得，即可求解面积最值. 【小问1详解】 依题意得， 所以. 【小问2详解】 ①， 所以， ， 中，， 即， 整理得， 所以. ②（法一）由①可知，所以， 故. 又， 所以 . 当，即时，面积取到最小值. 注：用积化和差公式也可以，即 . （法二）由，得， （或者也对）. 由①可知， 当且仅当时，等号成立， 所以，整理得， 所以. 19. 如图，设等边的边长为为的中心，为边上的三等分点，为边上的三等分点，为边上的三等分点. （1）求； （2）设（其中），求的最大值； （3）设其中，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）法一，由向量的基本定理结合数量积和模长的计算可得；法二，取的中点，由向量的加法法则可得； （2）法一，由向量的数量积计算可得；法二，由数量积的意义中夹角为钝角时，越小，数量积越大，后续同法一计算可得； （3）先由数量积的运算律得到的表达式，再构造函数，讨论的取值可得. 【小问1详解】 （法一）. . （法二）取的中点，则， . 【小问2详解】 法一，， ， 所以， 当时，取到最大值. 法二：因为与的夹角为钝角，所以越小，越大， 所以当时，取到最大值， 同理，当时，取到最大值. 所以的最大值为. 后续同法一. 【小问3详解】 . 同理得， ， 所以. 令. 当时，； 当或者时，； 当时，. 综上，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福宁古五校教学联合体2024—2025学年第二学期期中质量监测 高一数学试题 （考试时间：120分钟满分：150分） 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量和满足，，，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 5. 已知中，角所对的边分别为，设向量，若，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 6. 已知都是锐角，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若在区间上有且仅有4个零点和3条对称轴，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A B. C. D. 在上的投影向量是 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是函数图象一个对称中心 D. 的图象可由的图象向左平移个单位得到 11. 如图，在边长为1的等边三角形中，为中心，过点的直线交边于点，交边于点.，则（ ） A. B C. 若为内部一点（包括边界），则最大值为 D. 的最大值为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分.把答案填在答题卡的相应位置. 12. 已知平面向量，若，则______. 13. 如图，位于某海域处的甲船获悉，在其正东方向相距20海里的处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救.甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西，且与甲船相距10海里的C处的乙船.乙船立即沿着方向前往救援.则______. 14. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.对于平面内任意一点，若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.定义为在坐标系中的“绝对距离”.已知平面内点，若，则__________；若，则的最大值为__________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.把答案填在答题卡的相应位置. 15. 设复数. （1）若是纯虚数，求； （2）若，在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，设是的夹角，求. 16. 中，角所对的边分别为，已知，点在边上，且. （1）若，求； （2）若，求. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）若，求 18. 如图，正方形的边长为分别为线段上的动点，设. （1）若，求； （2）若的周长为2， ①求； ②求面积的最小值. 19. 如图，设等边的边长为为的中心，为边上的三等分点，为边上的三等分点，为边上的三等分点. （1）求； （2）设（其中），求的最大值； （3）设其中，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$