精品解析：重庆市兼善中学2024-2025学年高一下学期第二阶段（期中）考试数学试卷

重庆市兼善中学高2024级高一（下）第二阶段考试数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据虚部的概念即可得到答案. 【详解】因为，则其虚部为. 故选：A. 2. 平面向量与的夹角为,则 A. B. 12 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得，由数量积的定义，代入已知数据可得答案． 【详解】由题意可得 故选：D． 【点睛】本题考查向量的模的计算，涉及向量的夹角，以及向量的数量积运算，属于常考题型． 3. 中，三边之比，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用正弦定理角化边，即可求得答案. 【详解】中，三边之比，设， 则由正弦定理得， 故选：D 4. 已知奇函数的图象的一条对称轴为直线，那么的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的奇偶性和对称性逐一分析判断即可. 【详解】对于A，函数的定义域为， 因为，所以为奇函数， 因为，所以是的图象的一条对称轴，故A符合题意； 对于B，函数的定义域为， 因为，所以函数不是奇函数，故B不符题意； 对于C，函数的定义域为， 因为， 所以函数不奇函数，故C不符题意； 对于D，函数的图象不是轴对称图形，故D不符题意. 故选：A. 5. 已知平面向量，则 在 上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义结合题意直接求解即可. 【详解】因为， 所以在上的投影向量为 ， 故选：C 6. 如图所示，在矩形中，，点在边上运动（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为坐标原点建立直角坐标系，设，得，根据的范围即可求出的范围. 【详解】 以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系， 因为在矩形中，， 则， 又点在边上运动（包含端点）， 设，则， ， 则， 因，所以， 故选：D. 7. 在中，设，，那么动点的轨迹一定通过的（ ） A. 重心 B. 内心 C. 垂心 D. 外心 【答案】A 【解析】 【分析】用向量的线性运算，结合中线向量和共线向量性质即可作答. 【详解】因为，， 则 若设中的的中点为，有， 则. 所以在三角形的中线上，因此动点的轨迹必通过的重心． 故选：A． 8. 已知等边的边长为3，点，为边的两个三等分点，点靠近点，点在线段上运动，设的最大值为，最小值为，则（ ） A. 8 B. 10 C. 19 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合向量的线性表示及向量的模长公式先表示出，然后结合二次函数的性质即可求解． 【详解】设，，则，， 设， 又点，为边的两个三等分点，点靠近点， 所以，， 所以，， ①， 因为，令， 所以，即， ①式可化为，， 根据二次函数的性质可知，时①取得最小值，当时①取得最大值， 当时， 取得最大值，当时，取得最小值， 即，， 所以． 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用复数的除法化简求，即可判断A、B、C；再由复数模的几何意义确定复数对应点轨迹，结合圆的性质求最值判断D. 【详解】由，则，，A、C对； 又对应点为在第四象限，B错； 由，即复数对应点在圆心为原点，半径为1的圆上， 所以的最大值为，D对. 故选：ACD 10. 已知函数图象的一条对称轴为直线，函数，则（ ） A. 将的图象向左平移个单位长度得到的图象 B. 方程的相邻两个实数根之差的绝对值为 C. 函数在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对称轴得到解析式.根据图像平移判断A选项，利用两角和的正余弦公式及特殊角的三角函数值，得到B选项，利用整体代入的方法，结合正弦函数图像对CD两个选项进行判断. 【详解】因为函数图象的一条对称轴为直线，所以，得，因为，所以，从而. 选项A：将的图象向左平移个单位长度得到 而，所以平移后得不到函数的图象，故A错误. 选项B：令，即，所以，故B正确. 选项C：由，令，根据正弦函数单调性知在上单调递增，在定义域上单调递减，根据复合函数单调性，在上单调递减，故C错误. 选项D：由得，区间长度为. 根据正弦函数图象和性质，当区间关于对称轴对称时，最大值与最小值的差取得最小值，为; 当区间关于对称中心对称时，最大值与最小值的差取得最大值，为， 所以最大值与最小值之差的取值范围为，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：整体代入解决三角函数问题：将看成一个整体，根据的范围得到的范围，结合正余弦函数值域、单调性、对称性等性质可以得到正余弦型函数的性质. 11. 在中，角所对的边分别是且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，且有一解，则的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则的取值范围为 D. 若，且，为的内心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据条件求出；选项B：由余弦定理得，将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有一个正解，利用跟的判别式求得的取值范围；选项C：根据正弦定理得，利用为锐角三角形求角的范围，从而求边的范围；选项D：利用正弦定理求出角，从而判断出是直角三角形，利用等面积法求得内切圆半径，从而求的面积. 【详解】对于A，由可得，即， 因为，所以，且，所以，故A正确； 对于B，根据余弦定理可得，，即， 将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有一个正解， 因为， 所以或 解得或，因为，所以或，故B错误； 对于C，由正弦定理可得， ，即, 因为为锐角三角形，所以，即，解得， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以. 因为，所以. 由正弦定理可得，，即，即， 所以，即， 因为，所以，又因为，所以为锐角，则. 所以，所以为直角三角形， 所以内切圆的半径满足，即， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分． 12. 已知向量（m，3），（m，m﹣1）.若//.则m=_____. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据两个向量共线的坐标表示列方程，解方程求得的值. 【详解】由于//，所以，即，. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查向量共线的坐标表示，属于基础题. 13. 已知，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据，结合诱导公式可得结果. 【详解】∵， ∴. 故答案为：. 14. 已知，，函数的图象如图所示，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点为，若在区间上有2027个零点，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用图象过原点得，结合对称轴及图象确定，再利用三角函数的零点计算即可. 【详解】将原点坐标代入得， 则，又，所以， 故， 因为的中点横坐标为， 故， 又对应的点为轴左侧第一个最低点，所以， 解得，解得， 所以， 令得， 则或， 解得或， 所以相邻两个零点的距离有两种，可能为， 在上，有2027个零点，要求的最大值， 则当为个和1014个时，取得最大值， 最大值为. 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. 已知函数． （1）求单调减区间； （2）若在区间上的最大值为，求的最小值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数单调减区间，即令，即可得解. （2）根据正弦函数的性质，即可求出的范围，得到的最小值. 【小问1详解】 函数， 由，得 所以的单调减区间，. 【小问2详解】 若在区间上的最大值为，可得， 且当时，取得最大值， 即有，解得，则的最小值为． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简得到，求得，即可求解； （2）由余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得， 即， 化简得， 因为，可得，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为且， 由余弦定理，可得， 即，解得或（舍去）， 故的面积为. 17. 已知函数. （1）已知，求的值； （2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）结合三角恒等变化化简得，得到，然后将利用诱导公式，余弦的倍角公式转化计算； （2）根据（1）求出当时，进而，原不等式等价于，看成关于的一次函数，其端点函数值大于等于0，得，化简即可. 【详解】解：（1） ， ， . （2）当时，，可得， 由，不等式可化 ，有. 令，，则， 若不等式恒成立，则等价于，解得：. 故实数的取值范围为. 【点睛】本题考查三角函数恒等变形和化简求值，与三角函数相关的不等式恒成立问题求参数取值范围问题，属中档题. （1）三角函数知值求值是，要将已知中的角进行整体处理，将所求式子转化为已知角的三角函数的形式，然后综合利用公式计算； （2）不等式恒成立问题要注意先进行等价转化，注意换元思想方法的应用，等价转化为二次函数在闭区间上恒成立问题，利用二次函数的图象和性质转化求解. 18. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，，，求的值； （3）设是边上一点，为角平分线且，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，边化角，然后化简计算即可： （2）先利用余弦定理解出，，然后利用正弦定理计算出角与角，然后利用两角和差公式计算即可； （3）先利用等面积法得到，因为，再由正弦定理可知，然后计算出的值即可. 【小问1详解】 由题意及正弦定理可得：， 可得，即， 在中，，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，，， 由余弦定理得， 所以，即， 所以，，由正弦定理可得：， 可得， 因为，则，则， 可得， 且， 所以 ； 【小问3详解】 因为，是角平分线，即， 因， 所以，由正弦定理可知， 所以，所以， 整理可得，即， 又因为，且， 即，解得. 19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点． （1）求角； （2）若，求的值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换即可结合同角关系求解， （2）根据余弦定义以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解， （3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解. 【小问1详解】 ， ， ， ， 又，， ，,， 【小问2详解】 ， ，又， ， 设，，， ，三角形的三个角均小于120， 根据题意可得， 又， ， ， ． 【小问3详解】 由 ， ，， 由余弦定理可得， 同理可得，， 相加可得， 又， 所以， 由于, 所以又 故，所以， 故，且 故，当且仅当时等号成立， 又，所以 ， 令，则， 所以， 由于函数均为上的单调递增函数，故为的单调递增函数， 故，进而 【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆市兼善中学高2024级高一（下）第二阶段考试数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 3 2. 平面向量与的夹角为,则 A. B. 12 C. 4 D. 3. 中，三边之比，则等于（ ） A B. C. D. 4. 已知奇函数的图象的一条对称轴为直线，那么的解析式可以为（ ） A B. C. D. 5. 已知平面向量，则 在 上投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，在矩形中，，点在边上运动（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，设，，那么动点轨迹一定通过的（ ） A. 重心 B. 内心 C. 垂心 D. 外心 8. 已知等边的边长为3，点，为边的两个三等分点，点靠近点，点在线段上运动，设的最大值为，最小值为，则（ ） A. 8 B. 10 C. 19 D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 10. 已知函数图象的一条对称轴为直线，函数，则（ ） A. 将的图象向左平移个单位长度得到的图象 B. 方程的相邻两个实数根之差的绝对值为 C. 函数在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为 11. 在中，角所对边分别是且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，且有一解，则的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则的取值范围为 D. 若，且，为的内心，则 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分． 12. 已知向量（m，3），（m，m﹣1）.若//.则m=_____. 13. 已知，则的值为______． 14. 已知，，函数的图象如图所示，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点为，若在区间上有2027个零点，则的最大值为_____. 四、解答题：本题共5小题共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调减区间； （2）若在区间上的最大值为，求的最小值． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 17. 已知函数. （1）已知，求的值； （2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 18. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，，，求的值； （3）设是边上一点，为角平分线且，求的值. 19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点． （1）求角； （2）若，求的值； （3）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$