精品解析：山东省德州市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

高一数学试题 2025.4 主考学校：乐陵二中 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1-2页，第II卷3-4页，共150分，测试时间120分钟. 注意事项： 选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在测试卷上. 第I卷 选择题（共58分） 一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.） 1. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用向量的坐标运算，即可求解. 【详解】因，，则， 故选：A. 2. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理代入化简求得即可. 【详解】因为在中，，，， 由余弦定理， 即，所以. 故选：C. 3. 若函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数图象关于直线对称 D. 函数图象关于点中心对称 【答案】B 【解析】 【分析】利用代入法，根据三角函数的性质，即可判断选项. 【详解】A.函数的最小正周期为，故A错误； B.当，则，故B正确； C.，所以函数关于对称，故C错误； D. ，所以不关于对称，故D错误. 故选：B 4. 在中，点在边上，.记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算法则，再结合即可表示出结果. 【详解】如下图所示： 易知 . 故选：C 5. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正弦公式并将切化弦联立解方程组，再代入两角差的正弦公式计算可得结果. 【详解】由可得， 又，可得，即， 因此可得； 所以. 故选：B 6. 已知，，且向量在上的投影的数量为，则（ ） A. 49 B. 41 C. 7 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影数量公式求，再根据数量积公式求模. 【详解】由条件可知，，所以， . 故选：D 7. 记的内角，，的对边分别为，，，若的外接圆半径为，且，则面积的最大值为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出，利用不等式求出的最大值，最后利用面积公式即可. 【详解】因，则由余弦定理得，， 因，则， 设的外接圆半径为，则， 由正弦定理得，， 则化简为， 因，则， 等号成立时，时成立， 则 则面积的最大值为. 故选：C 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的4倍，得到函数的图象，若，是函数在上的两个零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦函数图象的变换可求得的解析式，求得其最小正周期并由对称性可得，再利用诱导公式计算可得结果. 【详解】根据题意将函数的图象向右平移个单位长度后可得到； 再将所得图象上各点的横坐标变为原来的4倍，可以得到， 易知的最小正周期为，且在上当时，取得最大值； 画出函数的图象如下图所示： 令，即， 根据正弦函数图象可知与在上仅有两个交点，且由对称性可知，关于对称，所以； 因此. 故选：D. 二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 记的内角，，的对边分别为，，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，，，则是直角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】根据余弦定理，即可判断A，根据正弦定理边化角，再结合二倍角公式，即可判断B，根据正弦定理，结合两角和的正弦公式，即可判断C，根据正弦定理求角，即可判断D. 【详解】A.设，则，所以是钝角，故A正确； B. 若，则，即，即或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误； C.若，则，即，即，则，所以是等腰三角形，故C正确； D.由正弦定理，可得，且，所以或，所以或，是直角三角形或等腰三角形，故D错误. 故选：AC 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若存在实数，使得，则 C. 已知，，则的取值范围为 D. 若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】通过反例判断A；根据向量平行定义判断B；通过三角不等式推导C；D选项，与的夹角为钝角且向量不反向共线，从而得到不等式，求出答案. 【详解】对于A：如果，则，，则和不一定为共线向量，故A错误； 对于B：向量平行的定义，若存在实数，使得，则，故B正确； 对于C：由，得，因为， 故，即，故C正确； 对于D：向量，，且与的夹角为钝角且向量不反向共线， 故，即且，解得且，故D错误. 故选：BC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是以为周期的函数 B. 函数存在无穷多个零点 C. D. 至少存在三个不同的实数，使得为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】A：计算是否等于即可得；对B：结合函数的周期性，将研究在上的零点转化为研究在上的零点个数，从而可分与讨论即可得；对C：借助诱导公式计算是否等于即可得；对D：结合函数性质，可得至少存在、、三个值，使得为偶函数. 【详解】因为， 对A： ， 故是以为周期的函数，故A正确； 对B：因为的周期为，所以只需研究在区间上的正负， 当时，， 由且，故在上恒成立； 当时，， 设， 则， 当时，有最大值， 当时，， 当时，，故的最小值为， 综上所述，在上的取值均大于，没有零点， 故在上没有实数根，即在上没有零点，故B错误； 对C： ， ， 故，故C正确； 对D：由可得的图象关于直线对称， 当时，，图象关于轴对称，此时为偶函数， 又因为， 所以的图象关于直线对称，可知当时，为偶函数， ， ， 故，即的图象关于直线对称， 当时，，图象关于轴对称，此时为偶函数， 综上所述，当时，至少存在、、三个值，使得为偶函数，故D正确. 故选：ACD. 第II卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，且，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据余弦的二倍角公式可得，即可根据同角关系求解，进而利用正弦的二倍角公式求解. 【详解】由可得， 由于，故，进而， 因此， 故答案为： 13. 已知函数的图象在区间上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用整体代换法由得出不等式，解不等式即可求出的取值范围. 【详解】当时，易知， 若其图象在区间上有且仅有2条对称轴，可得， 解得. 故答案为： 14. 在边长为1的正方形中，，为线段上的动点，且，则的最小值为______；若是正方形的内切圆的一条弦，当弦的长度最大时，则的最大值为_____ 【答案】 ①. 16 ②. ## 【解析】 【分析】利用平面向量共线定理可得，再结合基本不等式计算可得当时，取最小值为16；再由向量线性运算计算可得，求得的最大值可得结果. 【详解】根据题意由为线段上的动点，可知三点共线， 又，可得，因此，且， 所以； 当且仅当时，等号成立，即的最小值为16； 取内切圆的圆心为，连接，如下图所示： 易知弦的长度最大时，为直径，此时； 又； 显然当最大时，即在点处时，时，取得最大值， 即. 故答案为：16；. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用向量线性运算将表示成关于的表达式，即，求出的最大值，即可得出结论. 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知向量，点，，. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若向量与共线，求的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示以及模长公式计算可得点坐标，可求得向量； （2）依题意利用向量与共线可得， 解法一：将表示成关于的二次函数形式，结合正弦函数值域和二次函数性质求解即可； 解法二：易知，结合范围并利用基本不等式计算可得. 【小问1详解】 由题可得，， 因为，所以，即. 由，得，即. 解得或. 所以点或， 故向量的坐标或. 【小问2详解】 因为，， 且与共线，所以. 解法一： 易知 由，得 当或1时，取得最小值为0. 当时，取得最大值为. 综上可得的取值范围为. 解法二： 可得，由，得，. 当或1时，取得最小值为0. 当且时，，， 所以， 当且仅当时，取得最大值为. 综上可得的取值范围为. 16. 已知函数的最大值为，两条相邻对称轴之间的距离为，对，. （1）求函数的解析式及单调递增区间； （2）在平面直角坐标系中用五点法画出函数在的图象； （3）当时，方程只有一个解，求实数的取值范围. 【答案】（1），单调递增区间为， （2）图象见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出，再利用，求出，即可求出；再利用的图象与性质，即可求解； （2）把看成一下整体，利用“五点法作图法”，即可求解； （3）根据条件，将问题转化成函数与图象在上只有一个交点，数形结合，即可求解. 【小问1详解】 由题可得：，，又，所以， 又当时，取得最大值，所以，. 得到，，因为，所以，故， 令，； 解得，； 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 五点法作图列表如下： 所以函数在的图象如图， 【小问3详解】 方程只有一解，转化为函数与图象在上只有一个交点， 由（2）知在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，，由（2）中图象可得或. 17 已知函数. （1）求函数的最小正周期及对称中心； （2）记的内角的对边分别为，若，，，求. 【答案】（1），，. （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换将化简即可得，由周期公式和对称中心方程可求得结果； （2）依题意可求得，再由正弦定理可求得，即可得. 【小问1详解】 由题可得 ； 所以最小正周期为. 令，，即，； 所以函数对称中心为，. 【小问2详解】 由得， 则，因为，即； 所以，即. 因为，由正弦定理得， 因为，，所以， 因为，所以. 由正弦定理得，即； 所以. 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）证明：； （2）若，，求； （3）若点是边上一点，平分，，且面积是面积的3倍，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据正弦定理边化角，再结合三角恒等变换转化为，最后根据角的范围，即可证明； （2）由正弦定理边化角，再结合第一问的结论，得，解法一：再结合三角函数求得和，最后根据正弦定理以及三角形面积公式，即可求解；方法二：根据余弦定理求，再结合第一问的结论，即可求解； （3）根据（1）的结果，结合条件，得到得到，以及，再根据余弦定理，求解. 【小问1详解】 证明：由，得， 由正弦定理得： 所以，即 又， 所以或（舍去） 故，所以结论得证 【小问2详解】 由及正弦定理得 由，可得，即 得， 解法一：因为，所以 所以， 所以 又因为且，所以 所以 解法二：由余弦定理得： 即，解得或 当时，为等腰三角形，，此时与矛盾，舍去 当时， 所以 【小问3详解】 由（1）知，所以为等腰三角形，所以 又，所以 又是的角平分线，由角平分线的性质定理可知： ，所以， 在中由余弦定理： 在中，由余弦定理： 又，所以， 解得：，又，所以. 19. 定义函数的“积向量”为，向量的“积函数”为. （1）设向量“积函数”为，若且，求的值； （2）若向量的“积函数”满足，求的值； （3）已知，设，且的“积函数”为，其最大值为，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据给定的定义，利用辅助角公式求出、差角的正弦公式计算得解. （2）根据给定的定义，利用分式的性质并逆用和角的正切公式求解. （3）设出，利用向量线性运算的坐标表示求出及其“积函数”，再利用三角恒等变换推理论证. 【小问1详解】 依题意，，则， 由，得，则， 所以. 【小问2详解】 向量的“积函数”为，令， 则， 于是，，即，， 所以. 小问3详解】 设，， 则 于是 ，而， 当且仅当存在使得时取等号，， 两式相减得，则，，即， 因此， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学试题 2025.4 主考学校：乐陵二中 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1-2页，第II卷3-4页，共150分，测试时间120分钟. 注意事项： 选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在测试卷上. 第I卷 选择题（共58分） 一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.） 1. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7 3. 若函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C 函数图象关于直线对称 D. 函数图象关于点中心对称 4. 在中，点在边上，.记，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，且向量在上的投影的数量为，则（ ） A. 49 B. 41 C. 7 D. 7. 记的内角，，的对边分别为，，，若的外接圆半径为，且，则面积的最大值为（ ） A. B. 8 C. D. 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的4倍，得到函数的图象，若，是函数在上的两个零点，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 记的内角，，的对边分别为，，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，，，则是直角三角形 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若存在实数，使得，则 C. 已知，，则的取值范围为 D. 若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是以为周期函数 B. 函数存在无穷多个零点 C. D. 至少存在三个不同的实数，使得为偶函数 第II卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，且，则______. 13. 已知函数的图象在区间上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是______. 14. 在边长为1的正方形中，，为线段上的动点，且，则的最小值为______；若是正方形的内切圆的一条弦，当弦的长度最大时，则的最大值为_____ 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知向量，点，，. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若向量与共线，求的取值范围. 16. 已知函数的最大值为，两条相邻对称轴之间的距离为，对，. （1）求函数的解析式及单调递增区间； （2）在平面直角坐标系中用五点法画出函数在图象； （3）当时，方程只有一个解，求实数的取值范围. 17. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及对称中心； （2）记的内角的对边分别为，若，，，求. 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）证明：； （2）若，，求； （3）若点是边上一点，平分，，且面积是面积的3倍，求的值. 19. 定义函数的“积向量”为，向量的“积函数”为. （1）设向量“积函数”为，若且，求的值； （2）若向量的“积函数”满足，求的值； （3）已知，设，且的“积函数”为，其最大值为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$