精品解析：辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一下学期期中数学试卷

2024-2025第二学期期中 高一数学 命题教师：高二备课组 考生请注意： I考试时间120分钟.满分150分； Ⅱ只交答题纸，在卷上作答无效. 一､单选题（每个小题只有一个正确答案，每小题5分，共40分.） 1. 已知是钝角三角形中最大的角，则是（ ） A. 第一象限角 B. 第三象限角 C. 第四象限角 D. 小于的正角 2. 下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 为直角三角形 C. 为钝角三角形 D. 的形状无法确定 4. 已知向量满足，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 勒洛三角形是一种定宽曲线，它是德国机械工程专家勒洛首先进行研究的，其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，如图所示，若正三角形的边长为4，则勒洛三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 8. 设向量满足，则最大值为（ ） A. 4 B. 2 C. 2 D. 1 二､多选题（每题6分，全选对得6分，部分选对得部分分，有错的得0分.） 9. 下列说法中正确是（ ）. A. 已知非零向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 B. 若.则有两组解 C 若平面向量满足，则 D. 在中，若 10. 如图，一圆形摩天轮的直径为100米，圆心到水平地面的距离为60米，最上端的点记为.现在摩天轮开始逆时针方向匀速转动，30分钟转一圈，以摩天轮的中心为原点建立平面直角坐标系，则下列说法正确的是（ ） A. 点距离水平地面的高度与时间（分钟）的函数为 B. 点距离水平地面的高度与时间的函数的对称中心坐标为 C. 经过10分钟点距离地面35米 D. 摩天轮从开始转动一圈，点距离水平地面的高度不超过85米的时间为20分钟 11. 在中，，，，点为边上一动点，则（ ） A. B. 当为角的角平分线时， C. 若为的外心，则 D. 当点为边上点，时， 三､填空题 12. 已知，则_________. 13. 已知，且都是锐角，则=_____ 14. 将函数图象所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.则__________；若对于任意，总存在唯一的.使得，则的取值范围为__________. 四､解答题 15. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中. （1）求向量与方向相反的单位向量的坐标； （2）若，且，求向量的坐标； （3）若是单位向量，且，求与的夹角的余弦值. 16. 设函数，. （1）求函数最小正周期和对称轴方程以及对称中心坐标； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取最值时的值. 17. 在中，内角所对的边分别是，若，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 18. 已知向量，，函数， （1）若，，求值； （2）在中，角，，对边分别是，，，且满足，当取最大值时，，面积为，求的值. 19. 已知函数，，最小值为；的一个对称中心且在单调递减； （1）求函数的解析式，并求的单调递增区间； （2）将的图象，先向右平移个单位长度，再将所得点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得图象，令，若，总，使得成立，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 $ 2024-2025第二学期期中 高一数学 命题教师：高二备课组 考生请注意： I考试时间120分钟.满分150分； Ⅱ只交答题纸，在卷上作答无效. 一､单选题（每个小题只有一个正确答案，每小题5分，共40分.） 1. 已知是钝角三角形中最大的角，则是（ ） A. 第一象限角 B. 第三象限角 C. 第四象限角 D. 小于的正角 【答案】A 【解析】 【分析】先得到钝角的取值范围，进而求得的取值范围，从而确定正确答案. 【详解】因为是钝角三角形中最大的角，所以， 则，故是第一象限角． 故选：A 2. 下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的周期排除A，C两项，对于B，D两项，两函数的图象可通过正弦函数与余弦函数的图象翻折得到，结合图象即可判断. 【详解】依题意，对于A，C，两函数的最小正周期都是，故A，C均不正确； 对于B，因函数可由正弦函数的图象，将轴下方部分向上翻折得到， 故其最小正周期为正弦函数的周期的一半，即，且函数在上单调递增，故B正确； 对于D，因函数可由余弦函数的图象，将轴下方部分向上翻折得到， 故其最小正周期为余弦函数的周期的一半，即，且函数在上单调递减，故 D不正确. 故选：B. 3. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 为直角三角形 C. 为钝角三角形 D. 的形状无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解. 【详解】由于, 故为钝角，进而三角形为钝角三角形 故选：C 4. 已知向量满足，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 分析】根据已知条件，先求出，再将平方，并开方，即可求解． 【详解】因为， 则，即，解得，， 则， ． 故选：B． 5. 勒洛三角形是一种定宽曲线，它是德国机械工程专家勒洛首先进行研究的，其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，如图所示，若正三角形的边长为4，则勒洛三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用扇形的面积公式求出三个扇形面积，再减去两个的面积即可. 【详解】因为正三角形的边长为4，所以任意一个扇形的面积为， 又因为是正三角形，易得高， 则， 所以勒洛三角形的面积. 故选：D 6. 已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用与之间的关系式，再由平方关系计算可得A错误，B错误，联立方程组并由商数关系可得C错误，代入计算可得D正确. 【详解】由可得，即； 所以，即，即A错误； 又，所以，因此 所以，即B错误； 联立，可得， 所以，即C错误； 代入计算可得，即D正确. 故选：D 7. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将、、进行化简，利用正弦函数的单调性可得出、、的大小关系. 【详解】因为， ， ， 且函数在上为增函数，且， 所以，，即. 故选：B. 8. 设向量满足，则的最大值为（ ） A. 4 B. 2 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，.设，，进而分点在的内部以及外部两种情况，结合图象以及圆的性质，即可得出的位置或点的位置，进而得出答案. 【详解】因为， 所以. 因为向量与的夹角，所以. 设，，则. ①如图1，若点在的内部，则， 由题意与的夹角. 所以，， 由平面几何知，四点共圆. 要使最大，为圆的直径，且，， 所以有，即. ②若点在的外部，如图2所示 此时有，， 由平面几何知，C点在以A为圆心，以长为半径的圆上. 此时. 综上所述，的最大值为2. 故选：C. 二､多选题（每题6分，全选对得6分，部分选对得部分分，有错的得0分.） 9. 下列说法中正确的是（ ）. A. 已知非零向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 B. 若.则有两组解 C. 若平面向量满足，则 D. 在中，若 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用向量的数量积定义，由题设列出不等式组，求解即得；对于B，利用正弦定理和三角形边角关系即可判断；对于C，通过举反例即可排除；对于D，利用三角形边角关系和正弦定理即可推理得到. 【详解】对于A，由向量，且与的夹角为锐角， 则且向量与不共线， 由，解得， 设，即，可得，解得， 则向量与的夹角为锐角时，实数，故A错误； 对于B，由和正弦定理，，可得，解得， 因，且，则或，故三角形有两解，即B正确； 对于C，若取为零向量，显然满足，但不能确定关系，故C错误； 对于D，因等价于 ，由正弦定理，可得，反之也成立， 即在中，必有，故D正确. 故选：BD 10. 如图，一圆形摩天轮的直径为100米，圆心到水平地面的距离为60米，最上端的点记为.现在摩天轮开始逆时针方向匀速转动，30分钟转一圈，以摩天轮的中心为原点建立平面直角坐标系，则下列说法正确的是（ ） A. 点距离水平地面的高度与时间（分钟）的函数为 B. 点距离水平地面的高度与时间的函数的对称中心坐标为 C. 经过10分钟点距离地面35米 D. 摩天轮从开始转动一圈，点距离水平地面的高度不超过85米的时间为20分钟 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由条件求得，然后根据正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由题意可知，在分钟转过的角度为， 所以以为终边的角为， 所以点距离水平地面的高度与时间的关系为，故A正确； 由，得，所以不是对称中心，故B错误； 经过10分钟，，故C正确； 由，解得，得，解得， 共20分钟，故D正确. 故选:ACD 11. 在中，，，，点为边上一动点，则（ ） A. B. 当为角的角平分线时， C. 若为的外心，则 D. 当点为边上点，时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于，在中用一次余弦定理即可求出的值；对于，根据可得到的值；对于，取中点，则，，；对于，将用与表示，再用模长公式求解即可. 【详解】对于，，对； 对于，由题意， 所以，可得，对； 对于，取中点，则，， ； 故，所以错误； 对于，由，则 ， 所以，对， 故选：. 三､填空题 12. 已知，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用诱导公式化简，然后利用同角三角函数的关系变形，再代值计算即可. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 13. 已知，且都是锐角，则=_____ 【答案】 【解析】 【分析】化简,得到,然后结合都是锐角,即可求得的值. 【详解】 都是锐角 故 故答案为:. 【点睛】本题考查两角和的正切公式.掌握两角和的正切公式的逆用是解题关键,属于基础题. 14. 将函数图象所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.则__________；若对于任意，总存在唯一的.使得，则的取值范围为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用伸缩变换易得，由题意，令，可将题设条件转化为在上有唯一解，结合正弦函数的图象，以及，即得，解之即可. 【详解】由题意得， 当时，有，此时， 令，则，因为时，所以， 因为对于的任意取值，在上有唯一解， 即在上有唯一解，因，则，如图所示： 由图可知，，所以. 故答案为：；. 四､解答题 15. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中. （1）求向量与方向相反的单位向量的坐标； （2）若，且，求向量的坐标； （3）若是单位向量，且，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，，根据求得的值即可； （2）利用共线向量基本定理设出，由求出的值即得； （3）根据向量垂直的计算公式推得，再运用向量夹角的计算公式即得. 【小问1详解】 设，且 ，， 【小问2详解】 因为，故存在实数，使得， 因为，故，故， 故. 【小问3详解】 因为，故，即， 因，代入可得：，因， 故. 16. 设函数，. （1）求函数的最小正周期和对称轴方程以及对称中心坐标； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取最值时的值. 【答案】（1），， （2）时函数取得最小值为，时函数取得最大值为. 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的周期及对称性求解. （2）求出相位的范围，结合正弦函数最值问题求解. 【小问1详解】 依题意，， 函数的最小正周期为； 由，得，所以的对称轴为； 由，得，所以的对中心为. 【小问2详解】 由，得，当，即时，， 当，即时，， 所以当时函数取得最小值为，当时函数取得最大值为. 17. 在中，内角所对的边分别是，若，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理求得，进而利用余弦定理可求得； （2）利用同角的正余弦公式可求得，进而利用正弦定理求得 （3）先求得，进而利用两角差的正弦公式可求得. 【小问1详解】 由， 得，且，则， 又因为， 解得； 【小问2详解】 因，得 且 解得； 【小问3详解】 因为， ， . 18. 已知向量，，函数， （1）若，，求的值； （2）在中，角，，对边分别是，，，且满足，当取最大值时，，面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用向量数量积的坐标运算结合二倍角公式与辅助角公式变形成正弦型函数，再进一步利用同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式求出结果即可． （2）利用余弦定理对关系式进行变换求出的范围，再利用三角形的面积公式和正弦定理求出结果即可． 小问1详解】 由题意得向量，， 而函数，故， ， 因为，所以，， 因为，所以， 得到，由同角三角函数的基本关系得， 解得，而， . 【小问2详解】 在中，角对边分别是， 且满足，由余弦定理得， 则，得到， 即，得到， 由余弦定理得，故， 而，解得，而当时，， 此时面积为，且， 故，解得，由余弦定理得， 故，解得， 则由正弦定理得. 19. 已知函数，，最小值为；的一个对称中心且在单调递减； （1）求函数的解析式，并求的单调递增区间； （2）将的图象，先向右平移个单位长度，再将所得点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得图象，令，若，总，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），单调递增区间，； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据函数的性质求参数值，得到函数解析式为，应用整体法及正弦函数的性质求单调增区间； （2）根据图象平移得，进而得到的最大值为3，进一步将问题化为恒成立，结合对勾函数的性质求右侧最小值，即可得范围. 【小问1详解】 由题意知，则. 函数的一个对称中心，则，得， ，所以的可能取值为、. 若，则，当时， 此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意； 若，则，当时， 此时，函数在区间上单调递减，合乎题意； 所以，； 令，，解得，， 所以，的单调增区间为，； 【小问2详解】 由（1）可知， 将的图象先向右平移个单位长度，得， 再将所得点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得图象， 所以，，所以， 由于，所以， 因为，所以，则， 由，可得， 所以，能成立， 由，根据对勾函数的性质，当时上式右侧取得最小值为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $