精品解析：广东省珠海市斗门区珠海市华中师范大学（珠海）附属中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题

华中师大珠海附中2024-2025学年第二学期高一年级期中考试 数学学科试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 出题人：赵前坤 审题人：许万军 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知扇形的圆心角为120°，半径为3cm，则扇形的面积是（ ） A. B. C. D. 2. 若是第一象限角，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则下列选项错误的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于点中心对称 C. 的最大值为 D. 曲线关于直线对称 4. 已知，，且，，则的坐标为（ ） A B. C. D. 5. 向量在向量方向上的投影向量的模为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 如图，等腰梯形中，，点E为线段中点，点F为线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ（）对应数表，这是世界数学史上较早的正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即．对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，第二次的“晷影长”是“表高”的2倍，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题列出的选项中，有多项符合题目要求．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. 若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则与同向的单位向量为 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 11. 对于△，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确是（ ） A. B. C. 向量与共线 D. 过点的直线分别与、交于、两点，若，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点是角终边上一点，则______． 13. 将函数图象上每一点纵坐标不变，向右平移个单位长度得到的图象，则______． 14. 如图，在中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，则的取值范围是__． 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，是两个单位向量，其夹角为60°，，． （1）求，； （2）求与的夹角． 16. （1）已知是第三象限角，且是方程的一个实根，求的值； （2）已知，且，求的值. 17. 已知函数． （1），，求的值； （2）对任意，都有，求实数的取值范围． 18. 如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点． （1）若，求的值； （2）若，，求的最小值． 19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为. （1）已知向量，求； （2）（i）设向量的夹角为，证明：； （ii）在中，为的中点，且，若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 华中师大珠海附中2024-2025学年第二学期高一年级期中考试 数学学科试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 出题人：赵前坤 审题人：许万军 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知扇形的圆心角为120°，半径为3cm，则扇形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用扇形的弧长公式以及面积公式计算即可. 【详解】由题意，扇形的圆心角为120°，即， 所以弧长，则扇形面积. 故选：B. 2. 若是第一象限角，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的范围求得是第一､三象限角，分类讨论，根据三角函数符号即可判断. 【详解】因为在第一象限，所以， 所以，所以是第一､三象限角， 当是第一象限角时，； 当是第三象限角时，； 综上，一定成立. 故选：C 3. 已知函数，则下列选项错误的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于点中心对称 C. 的最大值为 D. 曲线关于直线对称 【答案】B 【解析】 【分析】对于选项A：将函数化为形式，求出周期，判断A.  对于选项B：代入验证得到判断B. 对于选项C：求出，最大值是，判断C.  对于选项D：根据对称轴性质，代入求出值，看是否是最值即可判断D. 【详解】已知，所以.  那么，所以选项A正确.  若曲线关于点中心对称，则. 计算，所以曲线不关于点中心对称，选项B错误. 因为正弦函数的最大值为，在中，，选项C正确.  若曲线关于直线对称，则为函数的最值. 计算，是函数的最大值，所以曲线关于直线对称，选项D正确.  故选：B. 4. 已知，，且，，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】设，由，得 ， 所以. 故选：C 5. 向量在向量方向上的投影向量的模为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解向量在向量方向上的投影向量为，再根据向量模的坐标运算求解即可. 详解】由已知可得，， 向量在向量方向上的投影向量为， 所以向量在向量方向上的投影向量的模为. 故选：. 6. 如图，等腰梯形中，，点E为线段中点，点F为线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过将转化为与已知向量、相关的表达式，利用向量的线性运算规则，逐步将其他向量用、表示出来，进而得出的表达式. 【详解】根据向量加法的三角形法则，.  因为点为线段BC的中点，则. 同理可得.  已知，.由；， 又因为， 所以.  将，代入可得： 把，代入上式：  故选：B. 7. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ（）的对应数表，这是世界数学史上较早的正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即．对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，第二次的“晷影长”是“表高”的2倍，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，根据倍角公式以及齐次化问题解得，再结合两角和差公式运算求解. 【详解】由题意可知：， 则，， 可得，解得或（舍去）， 所以． 故选：A. 8. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数图象及性质，借助相位整体思想分析正弦函数的单调性与最大值，从而可得参数的范围. 【详解】因为，所以， 由于在递增， 所以， 又由可得：， 由在上恰好取得一次最大值， 则， 所以综合上述可得：， 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题列出的选项中，有多项符合题目要求．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. 若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则与同向的单位向量为 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可判断AB选项，再根据向量夹角公式可判断C选项，结合向量垂直的坐标表示及基本不等式可判断D选项. 【详解】由，， A选项：， 则，解得，则，， 所以不存在，使，即，不共线，A选项错误； B选项：，则，解得， 即，，， 所以与同向的单位向量为，B选项正确； C选项：时，， 又与的夹角为锐角， 则，解得，且， 即，C选项错误； D选项：由，得，即， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，D选项正确； 故选：BD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象求周期，然后可判断A；根据正切函数定义域可判断B；代入验证可判断C；判断关于点对称，然后由图象的对称变换可判断D. 【详解】对A，由图可知，的最小正周期，则，A正确； 对B，由图象可知时，函数无意义，故， 由，得，即，B错误； 对C，，C正确； 对D，由，则的图象关于点对称， 由图象对称变换可得函数的图象关于直线对称，D正确. 故选：ACD 11. 对于△，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确是（ ） A. B. C. 向量与共线 D. 过点的直线分别与、交于、两点，若，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：由外心的性质，结合向量数量积的几何意义判断；B：根据的几何意义即可判断正误；C：应用向量数量积的运算律及定义化简，再根据判断正误；D：根据平面向量基本定理可得，再由三点共线即可证. 【详解】A：为外心，则，仅当时才有，错误； B：由，又，故，正确； C：，即与垂直，又，所以与共线，正确； D：，又三点共线，则，故，正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：综合应用外心、垂心、重心的性质，结合平面向量数量积的运算律、几何含义以及平面向量基本定理判断各选项正误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点是角的终边上一点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】应用诱导公式及终边上的点求函数值即可. 【详解】. 故答案为： 13. 将函数图象上每一点纵坐标不变，向右平移个单位长度得到的图象，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据函数图象平移的变换规律得到函数的解析式，代入计算即可得结果. 【详解】根据题意，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象， 所以，， 故. 故答案为：. 14. 如图，在中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，则的取值范围是__． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算可得出，运用平面向量数量积的运算性质解决即可. 【详解】由题知，中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径， 所以为的中点，， 因为， 所以 , 因为，即 所以，当且仅当同向时取最大值，反向时取最小值， 所以的取值范围是， 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，两个单位向量，其夹角为60°，，． （1）求，； （2）求与的夹角． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用模长公式及向量数量积的运算律即得； （2）利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 因为，是两个单位向量，其夹角为60°， 则，，, 又， 所以， 同理， 所以； 【小问2详解】 由题得，， 设与的夹角为θ， 则， 因为θ∈[0,π]，所以， 则向量与的夹角为． 16. （1）已知是第三象限角，且是方程的一个实根，求的值； （2）已知，且，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到的值，将除以，分子分母同时除以，即可得到有关的式子，代入即可得到答案； （2）先根据完全平方公式得到的值，然后再利用完全平方公式得到的值，构造等式即可求得结果. 【详解】（1）由，得或， 是方程的一个实根，且是第三象限角，， . （2）， ，则， ，所以， 故， . 17. 已知函数． （1），，求的值； （2）对任意的，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合二倍角公式和辅助角公式化简可得，结合已知可得，再由同角关系求，结合利用两角和正弦公式求结论； （2）先结合正弦函数性质求的范围，条件可转化为，解对数不等式可得结论. 【小问1详解】 ． ，得， 由，，，得， 所以． 【小问2详解】 ， 由，，所以， 即， 由，得在恒成立， 所以， 所以，所以． 18. 如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点． （1）若，求的值； （2）若，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意根据向量线性运算法则得到，，再根据三点共线，求得即可求解. （2）根据题意得到，，结合三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为是线段的中点，所以， 又因为，设，则有， 因为三点共线，所以，解得，即， 所以． 【小问2详解】 因为， ， 由（1）可知，，所以， 因为三点共线，所以，即， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为． 19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为. （1）已知向量，求； （2）（i）设向量的夹角为，证明：； （ii）在中，为中点，且，若，求. 【答案】（1） （2）(i)证明见解析，（ii) 【解析】 【分析】（1）由新定义代入即可求解； （2）（i）根据向量的坐标运算可得，进而可证，（ii）根据中线结合数量积可得，且可知点为的中点，进而求，再由（i）即可得结果. 【小问1详解】 由，， 可得： 【小问2详解】 （i）因为 ， 且，，则， 所以. （ii）因为D为中点， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点为的中点，则， 可得， 即 则， ， ， 可得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$